Tài liệu Toan 10 hki - lka

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: /12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Long Khánh A I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (1.0 điểm) Cho hai tập hợp A   4;8  và B  (2;10) . Tìm các tập hợp A �B, A \ B Câu II (2.0 điểm) 1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 2  2 x  2 2) Tìm Parabol y = ax2 - 4x + c, bieát raèng Parabol ñoù cã trôc ®èi xøng lµ ®êng th¼ng x = 2 vµ c¾t trôc hoµnh t¹i ®iÓm M(3; 0) Câu III (2.0 điểm) 1) Giải phương trình 2x 1  x  2 2) Giải phương trình 3 x  x  1  9  x  1 Câu IV (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A( 2; 3 ), B( -1; -1) và C (0; 6) a) Tính chu vi của tam giác ABC b) Tìm tọa độ đỉnh D để ABDC là hình bình hành. II. PHẦN RIÊNG-PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu V.a (2.0 điểm) 3x  2 y  8 � �4 x  3 y  5 1) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy giải hệ phương trình � 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1 với x  4 x4 Câu VI.a (1.0 điểm) uuu r uuu r Cho tam giác ABC vuông tại A có AC = 10 và AB = 22. Tính tích vô hướng CA.CB . Phần 2: Theo chương nâng cao Câu V.b (2.0 điểm) �x  y  xy  7 1) Giải hệ phương trình � 2 2 �x  y  10 2) Tìm m để phương trình x 2  3(m  1) x  3m  12  0 có hai nghiệm trái dấu. Câu VI.b (1.0 điểm) uuu r uuu r Cho tam giác ABC vuông tại A có AC = 10 và AB = 22. Tính tích vô hướng CA.CB . HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Đơn vị ra đề: THPT Long Khánh A Câu Ý Nội dung yêu cầu I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,00 Câu I Cho hai tập hợp A   4;8  và B  (2;10) . Tìm các tập hợp (2,0 đ) A �B, A \ B A �B  (2;8) Điểm 1,00 0,50 0,50 A \ B   4;2  Câu II (2,0 đ) 2,00 1 Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 2  2 x  2 0,25 Với a = 1>0 ta có bảng biến thiên: 0,25 0,25 x y � � � 1 � 1 Parabol có đænh: I  1;1 , truïc ñoái xöùng: x  1 và các điểm đặc biệt 0,25 Đồ thị: 0,25 x x = 1 4 2 A B I 1 y O 1 2 2 1,00 Tì m Pa ra bo l y = ax 2 4x + c, bi eát raè ng Pa ra bo l đó cã trô c ®è i xø ng lµ ®ên g th ¼n gx = 2 vµ c¾ t trô c ho µn h t¹i ®i Óm M (3; b 2 ( a �0 ) 2a 4 �  2 � a 1 2a Trục đối xứng x  2 � 0,25 0,25 Mặt khác parabol cắt trục hoành tại M(3;0) nên: 9a 2  12  c  0 � c  12  9.12  3 Vậy parabol cầm tìm là y  x  4 x  3 2 0,25 0,25 Câu III (2,0 đ) 1 1,00 Gi ải ph ươ ng trì nh 2x 1  x  2 (1 ) 1 2 Điều kiện x � 0,25 Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được phương trình 2 Gi ải ph ươ ng trì nh 2 x 1  x2  4 x  4 � x2  6 x  5  0 0,25 x5 � �� x 1 � 0,25 Thử lại ta thấy phương trình có nghiệm x = 5 1,00 0,25 3x  x  1  9  x  1 (2) Điều kiện x �1 0,25 0,25 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = 3. 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A( 2; 3 ), 2,00 (2) � 3x  9 � x  3 (nhận) Câu IV (2,0 đ) 1 B( -1; -1) và C (0;6) Tính chu vi của tam giác ABC 1,00 uuu r Ta có AB  (3; 4) � AB  5 uuur BC  (1;7) � BC  5 2 uuur AC  (2;3) � AC  13 2 Chu vi tam giác ABC là 5  5 2  13 Tìm tọa độ đỉnh D để ABDC là hình bình hành. Gọi D(x;y) là đỉnh của hình bình hành ABDC uuu r uuur Ta có AB  (3; 4) ; CD  ( x; y  6) Vì ABDC là hình bình hành nên �x  3 �x  3 �� � �y  6  4 �y  2 uuu r uuur AB  CD Vậy D(-3 ; 2) là đỉnh cần tìm. II. PHẦN RIÊNG-PHẦN TỰ CHỌN Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu V.a 1 Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy giải hệ phương trình 3x  2 y  8 � � �4 x  3 y  5 3x  2 y  8 12 x  8 y  32 � � �� Ta có � 12 x  9 y  15 �4 x  3 y  5 � 17 y  17 � �x  2 �� �� 12 x  9 y  15 � �y  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1 với x  4 x4 Câu VI.a 1,00 0,5 0,25 1,00 0,25 1 1  x4 4 x4 x4 1 0 Vì x  4 nên x – 4 > 0 và x4 Suy ra y �6 ; y  6 � x  5 Ta có y  x  Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  0,25 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (2 ; 1) 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 hay 0,25 0,25 0,25 1 là 6 khi x = 5 x4 0,25 Cho tam giác ABC vuông tại A có AC = 10 và AB = 22. Tính 1,00 uuu r uuu r tích vô hướng CA.CB AC 0,25 Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có cos C  BC uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r Khi đó CA.CB | CA | . | CB | .Cos(CA, CB)  AC.BC.cos C 0,25 0,25 AC  AC.BC.  AC 2  100 BC uuu r uuu r Vậy CA.CB  100 0,25 Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu V.b 1 �x  y  xy  7 Giải hệ phương trình � 2 2 1,00 �x  y  10 �x  y  xy  7 �x  y  xy  7 (*) �� �2 2 2 ( x  y )  2 xy  10 �x  y  10 � Đặt S  x  y; P  xy (điều kiện S 2 �4 P ), hệ (*) trở thành: �S  P  7 �S  4 �S  6 �� (nhận) hoặc � (loại) �2 �P  3 �P  13 �S  2 P  10 X 1 � X 3 � 2 Suy ra x, y là ngiệm của phương trình X  4 X  3  0 � � 2 Câu VI.b 0,25 0,25 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (1;3); (3;1) 0,25 2 Tìm m để phương trình x  3( m  1) x  3m  12  0 có hai nghiệm 1,00 trái dấu. Phương trình có hai nghiệm trái dấu � a.c  0 0,25 � 3m  12  0 0,25 0,25 � m4 Vậy m < 4 thì phương trình có hai nghiệm trái dấu 0,25 Cho tam giác ABC vuông tại A có AC = 10 và AB = 22. Tính 1,00 uuu r uuu r tích vô hướng CA.CB AC 0,25 Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có cos C  BC uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r Khi đó CA.CB | CA | . | CB | .Cos(CA, CB)  AC.BC.cos C AC  AC.BC.  AC 2  100 BC uuu r uuu r Vậy CA.CB  100 0,25 0,25 0,25  Lưu ý: 1) Nếu học sinh không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng và hợp logic thì cho đủ số điểm từng phần như hướng bdaaxn quy định 2) Các bước phụ không có hoặc sai thì không chấm bước kế tiếp