Toan 10 hki - ct2

  • Số trang: 4 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 41 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG KỌC KỲ I NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN 10 Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm) Câu I ( 1,0 điểm) Xét tính đúng sai và viết mệnh đề phủ định của các mậnh đề sau: P: “2012 chia heát cho 3” Q: “xR: x2 +2x+3 > 0” Câu II (2,0 điểm) 1. Xác định a, b để đồ thị hàm số y = ax + b để đi qua D(1, 2) và có hệ số góc bằng 2? Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được. 2. Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x2 + 2x + 3. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng () : y = 2x + 2 Câu III (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: x  3( x 2  3x  2)  0 2) Tìm m để phương trình (m  1) x 2  2(m  1) x  2m  3  0 có một nghiệm x1 = 1, tìm nghiệm còn lại. Câu IV ( 2,0 điểm) 1. Gọi M, lần của các cạnh AB và CD của tứ giác ABCD. Chứng minh rằng uuuu r N uuu r lượt uuur làuutrung ur uuđiểm ur 4MN  AC  BD  BC  AD 2. Cho các điểm A(-4; 1), B(2; 4), C(2; -2) a) Chứng minh A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Xác định tọa độ trọng tâm G sao cho ABGC là hình bình hành. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) A. PHẦN 1 (THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN) Câu Va ( 2,0 điểm) �2 x  y  5 1. Giải hệ phương trình � bằng phương pháp thế. 3x  2 y  7 � 1 1 1 2. Chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thì ( x  y  z)(   ) �9 . x y z Câu VIa (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có A(1; –1), B(5; –3), C(2; 0). a) Tính chu vi của tam giác ABC. b) Xác định chân đường cao AH của tam giác ABC, tính diện tích tam giác ABC. B. PHẦN 2 (THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO) Câu Vb (2,0 điểm) 1). Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m2 + 4 = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1 x2 + =3 x2 x1 �xy  x  y  5 2). Giải hệ phương trình � 2 2 �x  y  x  y  8 �  600 Câu VIb ( 1,0 điểm) Cho tam giác ABC biết AB = 10, AC = 4 và A a) Tính chu vi tam giác ABC b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp ABC. Lưu ý: Học sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Hết. Họ và tên học sinh: ……………………………………………., Số báo danh: …………………………. 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP CÂU I ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG KỌC KỲ I NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN 10 NỘI DUNG P: là mệnh đề sai P : “2012 không là sô Q là mệnh đề đúng Q : “xR: x2 +2x+3  0” 1. y = ax + b có hệ số góc bằng 2 suy ra a = 2 Đồ thị qua D(1, 2) suy ra 2 = 2.1 + b  b = 0 Vậy hàm số: y = 2x có đồ thị là đường thẳng di qua góc tọa độ O(0; 0) và điểm D(1; 2) ĐIỂM 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 y 2 0,25 O II 1 x 2. y = x2 + 2x + 3 có đồ thị là Parabol có đỉnh I(1; 4), trục đối xứng x = 1 a = 1 < 0 suy ra bề lõm quay xuống. Các điểm đặc biệt: x -1 0 1 2 3 y 0 3 4 3 0 0,25 0,25 y 4 3 0,25 -1 O 1 2 Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x2 + 2x + 3 = 2x + 2 x 1� y  4 �  x2 = 1  � x  1 � y  0 � Vậy tọa độ giao điểm: M(1; 4) và N(1; 0) III 1. x  3( x 2  3x  2)  0 , ĐK: x  3 3 x 0,25 0,25 �x 3  0 Phương trình  �2 x  3x  2  0 � � � x 30 x 3 � �  x 1  x 1 � � x2 x2 � � 0,25 So ĐK suy ra nghiệm của phương trình: x = 3 0,25 0,25 2 IV 2. (m  1) x 2  2(m  1) x  2m  3  0 Có nghiệm x1 = 1 suy ra (m  1)12  2(m  1)1  2m  3  0 m=0 Phương trình trở thành: x 2  2 x  3  0 x 1 �  � x  3 � Vậy m = 0 phương trình có nghiệm x1 = 1 và nghiệm còn lại x2 = -3 uuuu r uuur uuur uuur uuur 1. 4MN  AC  BD  BC  AD uuu r uuur uuu r uuur uuur uuur VP = AB  BC  BA  AD  BC  AD uuur uuur = 2 BC  2 AD uuuu r uuuu r uuur uuuu r uuuu r uuur = 2( BM  MN  NC )  2( AM  MN  ND) uuuu r uuuu r uuuu r uuur uuur uuuu r = 4 MN  2( BM  AM )  2( NC  ND) = 4MN = VT uuur uuur 2. a) ta có: AB(6;3) và AC (6; 3) y 3 x y x 6   1  �   1 và y ' 3 x' y' x' 6 Suy ra 3 điểm A, B, C không thẳng uhàng làuur3 đỉnh của một tam giác. uu r u b) Để ABGC là hình bình hành  AB  CG uuur g/s G(a; b)  CG (a – 2; b + 2) a2  6 a 8 � � �� � b23 b 1 � � Vậy G(8; 1) �2 x  y  5 �y  2 x  5 1. � � 3x  2 y  7 3 x  2(2 x  5)  7 � � �y  2 x  5 � 7 x  10  7 � 1 � y � � 7 � �x  17 � 7 Va � 1 17 � Vậy nghiệm của hệ phương trình: � ; � �7 7 � 1 1 1 2. ( x  y  z)(   ) �9 x y z Do x, y, z là số dương, theo bất đẳng thức Cô-si ta có �x  y  z �3 3 xyz � �1 1 1 1 �   �3 3 xyz �x y x 1 1 1 1  ( x  y  z)(   ) �9 3 xyz x y z xyz 1 1 1  ( x  y  z)(   ) �9 (đpcm) x y z VIa a) Ta có: AB = 2 5 ; AC = 2 và BC = 3 2 vậy chu vi ABC bằng AB + AC + BC = 2 5 + 4 2 uuur uuur uuur b) Gọi H(a; b) suy ra HA(1  a; 1  b) ; BH (a  5; b  3) và BC (3;3) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 3 uuur uuur �3(1  a )  3( 1  b)  0 � �HA  BC � uuur  �a  5 b  3 để AH là đường cao ABC  �uuur  �BH  k BC � 3 � 3 ab  2 � �a  2 � � vậy H(2; 0) ab  2 b0 � � 1 1  AH = 2  SABC = AH.BC = 2 . 3 2 = 3(đvdt) 2 2 1. x2 – 2(m – 1)x + m2 + 4 = 0. để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn D'>0 � � x1 x2 � + = 3  �x1 x2 � + =3 x2 x1 � x � � 2 x1 � � D'>0 - 2m - 3 > 0 � � � � �  �S 2 - 2 P � [2(m - 1)]2 - 2( m2 + 4) � � = 3 =3 � � 2 � � p m + 4 � � � 3 � m <� 2 �  m = –4 � 2 � m + 8m +16 = 0 � � Vb 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy m = –4 0,25 �xy  x  y  5 2. � 2 2 �x  y  x  y  8 Đặt S = x + y; P = xy 0,25 ĐK: S2  4P �P  5  S �S  P  5 � S 3 Hpt  � 2  �� �S  2 p  S  8 �� S  6 �� �S  3 *� ta có x, y là 2 nghiệm của phương trình: t2 – 3t + 2 = 0  P  2 � Suy ra hpt có nghiệm (1; 2), (2; 1) �S  6 *� (loại) �P  11 Vậy hpt có nghiệm: (1; 2), (2; 1) �  600 a) AB = 10, AC = 4 và A 0,25 t 1 � � t2 � 1 � = 100 + 16 – 2.10.4. = 76 BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.COS BAC 2  BC = 76  Chu vi ABC = AB + BC + CA = 14 + 76 VIb 0,25 b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp ABC. 14  76 PABC = = 11,36 2  SABC = 11,36(11,36  10)(11,36  4)(11,36  7, 72)  20,34 20,34 Mà S = P.r  r = = 8,98 11,36 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4
- Xem thêm -