Toan 10 hki n- tc

  • Số trang: 6 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 36 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒỒNG THÁP TRƯỜNG THPT TRÀM CHIM ĐỀỀ ĐỀỀ XUẤẤT KIỂM TRA CHẤẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN – LỚP 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đềề) Ngày thi: …/12/2012 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) Câu I: (1 điểm) Cho A   5;7  ; B   3;10 . Tìm A �B; A �B Câu II: (2 điểm) a. Tìm parabol (P): y  ax 2  bx  c biết parabol đó có đỉnh I(1;4) và đi qua A(3;0) b. Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng y  3 x  4 với parabol (P) y   x 2  2 x  3 . Câu III: (2 điểm) Giải các phương trình sau: a. 2x  3 3 4  2  2 x 2 x2 x  4 b. 2 x  8  3x  4 Câu IV: (2 điểm) a. Cho tứ giác uABCD và I, J lần lượt là trung điểm cạnh AB, CD. Gọi O là trung điểm đoạn IJ. uu r uuu r uuur uuur r Chứng minh rằng: OA  OB  OC  OD  0 b. Cho 3 điểm A(-2;4), B(4;-2), C(6;-2). Tìm toạ độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. II. PHẦN TỰ CHỌN:(3 điểm) Thí sinh chọn một trong hai phần sau: 1. Theo chương trình chuẩn: Câu Va: (2 điểm) 2 x  3 y  13 � 7x  4 y  2 � a. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình � b. Tìm GTNN của hàm số y = f(x) = x  4 x2 (x  2) Câu VI a (1điểm) Cho 3 điểm A(1;2); B(-2;6); C(4;2). Tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu Vb: (2 điểm) 1 � 1 �x  x  y  y  5 � a. (1đ) Giải hệ phương trình sau: � �x 3  1  y 3  1  20 3 � y3 � x b. Tìm m để phương trình mx 2  2 x  (m  1)  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x12  x22  4 Câu VIb: (1 điểm) Cho 3 điểm A(2;4); B(x;1); C(5;1). Tìm x để tam giác ABC vuông cân tại B. HƯỚNG DẤẪN CHẤẤM ĐỀỀ ĐỀỀ XUẤẤT CÂU NỘI DUNG ĐIỂM PHẦN CHUNG: Câu I (1đ) Câu II a.(1đ) A �B   5;10 0.5 0.5 A �B   3;7  (P): y  ax 2  bx  c có đỉnh I(1;4) và đi qua A(3;0) nên ta có hệ phương trình � � abc  4 � 9a  3b  c  0 � � b �  1 � 2a a  1 � � �� b2 � c3 � Vậy (P): y   x 2  2 x  3 b.(1đ) 0.5 0.5 0.25 Phươn g trình hoành độ giao điểm của đường thẳng x0 � �  x2  6x  0 � � x6 � 0.25 x0� y 3 0.25 và (P): Vậy có hai giao điểm là (0;3) và (6;-21) y  3 x  4 x  6 � y  21 0.25 y   x2  2x  3 là:  x 2  2 x  3  4 x  3 Câu III a.(1đ) 2 x  8  3x  4 3 x  4 �0 � �� 2 �2 x  8  9 x  24 x  16 0.25 0.25 4 � �x � �� 3 2 � 9 x  22 x  8  0 � 0.25 4 � �x � 3 � 4 � �� 4� x x   9 �� 9 �� x  2 �� 0.25 2x  3 3 4   2 2 x2 x2 x 4 (3)  x  2 0  x  2 Điều kiện :    x  2 o  x   2 b.(1đ) (3) � 0.25 0.25 � 2x2 + 7x + 6 – 3x + 6 = 2x2 – 4 � 4x = - 16 0.25 ( 2x + 3 ) .( x +2)– 3( x – � x = - 4 ; so sánh đ/k , ta có nghiệm ( 3 ) là x = - 4 . 0.25 uur uu r uur uur uuu r uuu r uuu r uuu r VT  (OI  IA)  (OI  IB )  (OJ  JC )  (OJ  JD) 0.5 uu r uur uuu r uuu r uur uuu r r  ( IA  IB )  ( JC  JD)  2(OI  OJ )  0 =VP đpcm 0.5 2 ) = 2. (x2 – 4)+4 Câu IV a.(1đ) b.(1đ) Gọi D( x; y ) uuu r AB  (6; 6) uuur DC  (6  x; 2  y ) uuur uuur 0.25 ABCD là hình bình hành � AB  DC 0.25 6 x  6 � �� 2  y  6 � 0.25 �x  0 �� �y  4 Vậy D(4; 3) thì ABCD là hình bình hành. 0.25 PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn: Câu Va a.(1đ) f(x) = x2 4  2  2 4  2 6 x2 vây miny = 6 khi x = 4 b.(1đ) 2 x  3 y  13 9 x  y  15 � � �� � 7x  4 y  2 2 x  3 y  13 � � 0.5 0.5 0.25 �y  15  9 x �� 2 x  3(15  9 x)  13 � 0.25 �y  15  9 x �� 29 x  58 � 0.25 �x  2 �� �y  3 0.25 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm là (2;-3) Câu Via (1đ) Gọi H(x;y) là trực tâm tam giác ABC uuur uuur � �HA.BC  0 H là trực tâm tam giác ABC � �uuur uuur �HB.CA  0 6 x  4 y  2 � �� 3 x  6 � �x  2 5� � � �� 2;  � 5 Vậy H � 2� y � � � 2 Câu Vb a.(1đ) 0.25 0.25 0.25 0.25 2. Theo chương trình nâng cao: 1 � u  x � x � b.Đặt � 1 � v y y � � uv 5 � Hệ trở thành �3 u  3u  v3  3v  20 � uv 5 � � �3 3 u  v  3(u  v)  20 � �S  u  v Đặt � điều kiện S 2 �4 P . P  uv � 0.25 0.25 �S  5 �S  5 �� (thỏa đk) �P  6 �S  3SP  3S  20 Ta được � 3 uv 5 u2 � u3 � � �� �� uv  6 v3 � v2 � � Khi đó � 0.25 � 1 � 1 x   2 �x   3 � � x � x �� Giải các hệ � 1 ta được các nghiệm của hệ phương trình �y   3 �y  1  2 � � � y � y 0.25 � 3  5 �� 3  5 ��3  5 ��3  5 � ;� 1; ;� ;1� ;� ;1� � � � � � � � � � � 2 �� 2 �� 2 �� 2 � 1; là � � b.(1đ) Phương trình mx 2  2 x  (m  1)  0 có hai nghiệm �  '  m2  m  1  0 �� m �0 � 2 2 2 Ta có: x1  x2  4 � ( x1  x2 )  2 x1 x2  4 � (- Câu VIb (1đ) 2 2 m+1 ) -2.( )4 m 2 0.25 0.25 0.25 m  1 � � � 2 � m � 3 0.25 uuu r uuur AB  ( x  2; 3); BC  (5  x;0) 0.25 uuu r uuur � �AB.BC  0 Tam giác ABC vuông cân tại B � � 2 2 �AB  BC ( x  2)(5  x)  0 � �� ( x  2) 2  9  (5  x) 2 � �� x2 �� x5 � �� � x2 � 2 2 ( x  2)  9  (5  x) � Vậy x = 2 thì tam giác ABC vuông cân tại B 0.25 0.25 0.25
- Xem thêm -