Đề khảo sát Chuyên đề toán 10 lần 2 năm học : 2015 – 2016 thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
(Đề thi có 01 trang) 
ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ TOÁN 10 LẦN 2 
NĂM HỌC : 2015 – 2016 
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1. (1.5 điểm) Tìm tập xác định của hàm số  
 
3
2 1
x
f x
x x


 
. 
Câu 2. (3.0 điểm) 
a. Giải phương trình : 1 2 1x x   
b. Giải theo m hệ phương trình : 
3 2 4
2 2 3
3 3
x y z m
x y z m
x y z m
  

  
   
Câu 3. (2.5 điểm) 
a. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 2 3y x x   . 
b. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình : 2 2 0x x m   có hai nghiệm phân biệt lớn 
hơn 1 . 
Câu 4. (2.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với  1;2A , 
 2;3B ,  1; 2C   . 
a. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . 
b. Tìm tọa độ chân đường cao H kẻ từ A của tam giác ABC . 
Câu 5. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC có trọng tâm G . Gọi D là điểm đối xứng với A qua 
B và E là điểm trên cạnh AC sao cho 3 2AE EC . Chứng minh ba điểm , ,D G E thẳng 
hàng. 
---------- HẾT ---------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! 
Họ và tên :  Số báo danh :  
SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
(Đáp án có 04 trang) 
ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ TOÁN 10 LẦN 2 
NĂM HỌC : 2015 – 2016 
Lưu ý : 
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải, nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tương 
ứng với đáp án này. 
- Lời giải sai ở bước nào thì từ bước sau không chấm. 
- Có thể chia nhỏ thang điểm thành 0.25, không làm tròn. 
Câu Nội dung trình bày 
Điểm 
Câu 1 
Tìm tập xác định của hàm số  
 
3
2 1
x
f x
x x


 
. 
ĐKXĐ : 
3 0 3
1 3
2 0 2
2
1 0 1
x x
x
x x
x
x x
   
   
      
     
1.0 
Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là :    1;2 2;3D    
0.5 
Câu 2 a. Giải phương trình :  1 2 1 1x x   
 
1 0
1 2 1
1
1 0
1 2 1
x
x x
x
x x
  

  
  

   
0.5 
1
0
1
2
3
x
x
x
x
 


 

 
0.5 
 2
3
vn
x


 

Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm 
2
3
x  
Lưu ý : Học sinh có thể bình phương hoặc giải theo pt hệ quả 
0.5 
b. Giải theo m hệ phương trình : 
 
 
 
3 2 4 1
2 2 3 2
3 3 3
x y z m
x y z m
x y z m
  

  

  
Cộng vế với vế phương trình  2 và  3 ta được 0x y   
0.5 
Thay y x vào phương trình  1 và  2 được hệ 
4 2 4
4 3
x z m
x z m
 

  4 3
2
z m
z m
m
x m m x

 
  
   
0.5 
 Hệ đã cho có nghiệm là  ; ; ; ;
2 2
m m
x y z m
 
  
 
0.5 
Câu 3 a. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 2 3y x x   . 
Bảng biến thiên 
x  1  
y 
  
 4 
0.5 
Đồ thị 
0.5 
2
4
b. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình : 2 2 0x x m   có hai 
nghiệm phân biệt lớn hơn 1 . 
Phương trình 2 22 0 2 3 3x x m x x m         
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng 
3y m   (luôn song song hoặc trùng trục Ox ), cắt đồ thị hàm số 
2 2 3y x x   (vẽ ở phần a) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lớn 
hơn -1 
0.5 
Dựa vào đồ thị ta được điều kiện bài toán là : 
4 3 0 3 1m m        
Kết luận : Giá trị m cần tìm là 3 1m   
Lưu ý : Học sinh có thể dùng định lí Vi-et 
1.0 
Câu 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với  1;2A , 
 2;3B ,  1; 2C   . 
a. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . 
1 2 1 2 3 2
;
3 3
G
    
 
 
0.5 
2
;1
3
G
 
 
 
0.5 
b. Tìm tọa độ chân đường cao H kẻ từ A của tam giác ABC . 
Giả sử  ;H x y      3;5 , 1; 2 , 2; 3CB AH x y BH x y        
Do AH CB nên ta có . 0 3 5 13 0CB AH x y     
Do , ,B H C thẳng hành nên ta có 
   5 2 3 3 5 3 1 0x y x y       
0.5 
Ta được hệ phương trình 
22
3 5 13 22 3117
;
5 3 1 31 17 17
17
x
x y
H
x y
y

    
    
     

0.5 
Câu 5 Cho tam giác ABC có trọng tâm G . Gọi D là điểm đối xứng với A qua B 
và E là điểm trên cạnh AC sao cho 3 2AE EC . Chứng minh ba điểm 
, ,D G E thẳng hàng. 
Ta có 
2 2
3 2
5 5
AE EC AE AC AE AC     
2
2
5
DE AE AD AC AB    
0.5 
 2 12 2
3 3
1 5 5 2 5
2
3 3 6 5 6
DG AG AD AM AB AB AC AB
AC AB AC AB DE
      
 
     
 
Suy ra ,DE DG cùng phương, tức , ,D G E thẳng hàng 
0.5 
G
M
B
A
D
C
E