Đề thi học kỳ 1 khối 10 năm học 2010 - 2011 môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI HỌC KỲ 1 KHỐI 10
 TRƯỜNG THPT HOÀI ĐỨC A Năm học 2010 - 2011
MÔN TOÁN
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2,5điểm): Cho họ parabol: y = x2 - 2mx + 2m2 + 4m - 4 (Pm)
	1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P1) của hàm số ứng với m = 1;
	2) Tìm parabol thuộc họ (Pm) sao cho trong mặt phẳng tọa độ, đỉnh của parabol này nằm ở vị trí thấp nhất trong tất cả các đỉnh của họ parabol (Pm).
Bài 2 (3,0 điểm): 
1) Tìm tập xác định của các hàm số sau: 
	2) Giải các phương trình sau: 
Bài 3 (1,0 điểm): Giải và biện luận theo m phương trình m2(x - 1) = x – 3m +2.
Bài 4 (3,0 điểm): Cho DABC. 
1) Xác định điểm M sao cho 
	2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(0; -4), B(-5; 6); C(3; 2)
	a) Chứng minh rằng tồn tại DABC. Tính tọa độ trọng tâm của DABC;
	b) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Bài 5 (0,5 điểm): Giải phương trình 
------------------------------ Hết ------------------------------
ĐÁP ÁN - HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
(2,5)
1
(2,0)
Với m = 1, ta được hàm số y = x2 – 2x + 2 (P1)
0,25
TXĐ: D = R
0,25
a = 1 > 0, - b/2a = 1, - D/4a = 1. Hs NB trên khoảng (-¥ ; 1), hs ĐB trên khoảng (1; +¥)
0,25
Bảng BT: x - ¥ 1 +¥
 +¥ +¥
 y
 1
0,25
Đồ thị: Đồ thị hàm số là parabol (P1) gồm 2 nhánh đối xứng qua đường thẳng x = 1
0,25
Đỉnh của parabol I(1; 1). (P1) cắt Oy tại điểm (0; 2). (P1) không cắt cắt Ox.
0,25
 2
 O x
 1
0,50
2
(0,5)
Với mỗi giá trị của m ta có một para bol của họ (Pm). Đỉnh của (Pm) là Im(m; m2 + 4m – 4)
Tập hợp các đỉnh của (Pm) là parabol y = x2 + 4x – 4. 
0,25
Đỉnh của parabol này là I-2(-2; -8). Từ đó suy ra parabol có đỉnh thấp nhất trong tất cả các parabol của họ (Pm) là parabol ứng với m = - 2, (P-2): y = x2 + 4x – 4.
0,25
2
(3,0)
1
(1,5)
(3/4)
Đkxđ của f(x): {- x ³ 0, 50 – 2x2 ³ 0, x2 + 1 > 0
0,25
Þ {x ≤ 0, x2 ≤ 52 Þ {x ≤ 0, -5 ≤ x ≤ 5
0,25
Þ x Î [-5 ; 0]. Vậy TXĐ của f(x) là Df = [-5 ; 0]
0,25
(3/4)
Đkxđ của g(x): {x ³ 3, x ³ 2, 
0,25
Þ {x ³ 3, x ³ 2, x ≠ 6
0,25
Þ x Î [3 ; 6) È (6 ; +¥). Vậy TXĐ của g(x) là Dg = [3 ; 6) È (6 ; +¥).
0,25
2
(1,5)
a)
(3/4)
Nếu x < 2: pt Û x2 + 2(2 – x) = x + 2 Û x2 – 3x + 2 = 0Û x = 1( thỏa mãn) hoặc x = 2 (loại)
0,25
Nếu x ³ 2: pt Û x2 + 2(x – 2) = x + 2 Û x2 + x - 6 = 0 Û x = - 3 (loại) hoặc x = 2 (thỏa)
0,25
Vậy pt có 2 nghiệm x = 1 hoặc x = 2.
0,25
b)
(3/4)
Đkxđ: x2 + 6x + 9 ³ 0 Û (x + 3)2 ³ 0 luôn đúng "x
0,25
Pt Û 
0,25
Û x = -2/3 (loại) hoặc x= 4 (thỏa).Vậy pt có 1 nghiệm x = 4.
0,25
3
(1,0)
Pt Û (m2 – 1)x = m2 – 3m + 2 Û (m – 1)(m + 1)x = (m – 1)(m – 2)
0,25
Nếu m = 1: pt có dạng 0x = 0 nghiệm đúng "x. Nếu m = - 1 pt có dạng 0x = 6 Þ pt VN0
0,25
Nếu m ≠ ±1: pt có N0! x = (m – 2)/ (m + 1)
0,25
Kết luận: m = -1 pt VN0; m = 1 pt có N0 x tùy ý; m ≠ ±1: pt có N0! x = (m – 2)/ (m + 1)
0,25
4
(3,0)
1
(1,0)
0,25
0,25
Gọi I lả trung điểm của AB Þ 
0,25
M là đỉnh thứ tư của hình bình hành IBCM.
0,25
4
2
(2,0)
a)
(1,0)
0,25
Ta có -5/3 ≠ 10/6 Þ không cùng phương 
0,25
Þ $DABC. Trọng tâm G có tọa độ 
0,25
xG = -2/3; yG = 4/3. Vậy .
0,25
b)
(1,0)
Từ giác ABCD là hình bình hành Û 
0,25
Mà 
0,25
Þ {3 – x = - 5; 2 – y = 10 Þ x = 8; y = - 8
0,25
Vậy D(8; -8).
0,25
5
(0,5)
TXĐ: D = R. Đặt t = x2 + x + 4 (t ³ 15/4) ta được pt 
0,25
. Với t = 4 Þ N0 của pt là x= 0 hoặc x = -1
0,25