(1,0 ĐIỂM=0,5+0,5)

Question

Câu 4 (1,0 điểm=0,5+0,5): a) Cho hình bình hành ABCDvà một điểm M tùy ý. Chứng minh rằng: MB MA DM MC    .b) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với B1; 2 ,  C2; 11 . Gọi,M N  là các điểm thỏa mãn AB              3AM AC, 3AN. Hãy tìm tọa độ của véctơ MN

Accepted Answer

Câu Nội dung Điểm 1 a) P : ”Tất cả học sinh của lớp đều thích học môn Toán” 0,5 b) A B    2;3  , A B    1; 2;3; 4;5  0,5 2 a) Điều kiện x   1 0,25 Với điều kiện đó, pt  x 2   9 x  3 0,25 b) TH 1: 2 1 3 5 3 2 3 2 x x x x            0,25 TH 2: 2 3 5 3 2 3 2 x x x x             Pt đã cho có hai nghiệm 1 ; 5 x  5 x  0,25 3 Từ giả thiết ta có hệ pt 2 1 4 6 b a a b c c              0,5 Giải hệ ta được a  2, b  4, c  6 0,5 4 a) MB MA AB DC DM MC            0,5 b)               BC                AC AB                                             3 AN                3               AM                3  AN AM                  3 MN  MN  1 3 BC  0,25 Mà BC     3; 9   nên MN     1; 3   0,25 5 a) Khi m  1 , ta có y x  2  4 x  3 . Bảng biến thiên (học sinh tự làm) 0,5 Đồ thị là đường parabol có đỉnh I  2; 1   , trục đối xứng là đường thẳng có pt x=2; parabol cắt trục Ox tại các điểm (1;0), (3;0); parabol cắt trục tung tại điểm (0;3). 4 2 -2 -4 -10 -5 5 10 f x   = x  2 -3  x  +2 0,5 b) Pt hoành độ giao điểm:     2 1 2 1 2 1 0 0 2 1 x m x m x m x m              0,25  0; 2 1  H m  0,25 1 1 . 2 1 2 3 2 2 S HAB  OH AB  m  m  0,25 1 2 3 3 2 m m m m           0,25 6 a) Từ giả thiết, ta có 3 BH  5 BC                             . 0,25   3 3 2 3 5 5 5 5 AH  AB BH   AB  BC  AB  AC AB   AB  AC                                                                                                                                             0,25 b) Áp dụng định lí Pitago cho các tam giác vuông HAB, HAC ta được: AB  3 5 , a BC  2 10 a . 0,25 Từ đó  2 2 2 45 2 40 2 25 2 1 os 2 . 2.3 5 .2 10 2 AB AC BC a a a c BAC AC AB a a        0,25 Vậy BAC   45  0,25 c) Dựa vào AH 2  AD AB AH . , 2  AE AC . tính được 12 18 5 , 10 a a AD  AE  0,25 Áp dụng định lí côsin cho tam giác ADE , ta được  2 2 2 2 2 2 144 18 12 18 2 2 . cos 2. . . 5 10 5 10 2 a a a a DE  AD  AE  AD AE DAE    0,25 = 18 a 2  DE  3 2 a . 0,25 7 a) Điều kiện: x m x  ,  2 . Với đk đó, pt   x  1   x  2    x m x     1   mx m   2 0,5 Pt vô nghiệm    m m  2 0 0    hoặc 0 2 m x m m m          hoặc 0 2 2 m x m m          0,25  0; 1; 2  m    0,25   6 8 3 6 1 8 3 3 2 2 2 2 P x y x y x y x y x y                       0,5 3 6 1 8 3 2 . 2 . .6 19 2 2 2 P x y x y     . 0,25 Hơn nữa khi x  2, y  4 (thỏa mãn) thì P  19 . Vậy min P  19 khi 2, 4 x  y  0,25

(1,0 ĐIỂM=0,5+0,5)









Bạn đang xem câu 4 - Tài liệu - Đề Thi Môn Toán 10 Lần 2 Năm 2018 - 2019 Trường Thạch Thành 1 - Thanh Hóa