Toan 10 hki - nvk

  • Số trang: 4 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 30 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP Trường THCS-THPT Nguyễn Văn Khải ĐỀ THI HỌC KÌ I (Tham khảo) MÔN THI: TOÁN KHỐI 10 THỜI GIAN: 90’ I. PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM) (Dành cho học sinh cả hai ban cơ bản và nâng cao.) Câu I: (1,0 điểm) Xác định A �B, A �B, A \ B , biết A  [2;5) , B  {x Σ R | 2 x 6} Câu II: (2,0 điểm) 2 1. Viết phương trình parabol  P  : y  ax  bx  a �0  . Biết  P  đi qua M(1; 3) và có trục đối xứng là đường thẳng x  1 . 2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số: y  2 x  3, y  3 x 2  x  1 Câu III: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3x 2  1  x  1 2. Cho phương trình: x 2  2(m  1) x  m 2  3m  0 . Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. Câu IV: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1; -2), B(2; 3), C(1; 5) a) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. b) Tìm chu vi của tam giác đã cho. II. PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM) PHẦN A:(Dành cho học sinh ban cơ bản.) Câu 4A: (2 điểm) 1. Giải phương trình sau: 4 x 4  3 x 2  1  0 2. Chứng minh rằng: a  4 �3, a �0 a 1 Câu 5A: (1 điểm) Cho tam giác ABC có A(1;2), B(1;-1), C(4;-1). Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại B. PHẦN B:(Dành cho học sinh ban nâng cao.) 2 Câu 4B: (1 điểm) Giải phương trình sau: x  4 x  3 x  2  4  0 Câu 5B: (2 điểm) Cho phương trình: x 2  2(m  1) x  m 2  3m  0 (1) a) Định để phương trình (1) có một nghiệm . Tính nghiệm còn lại. b) Định để phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa: . ---Hết-- ĐÁP ÁN Câu Đáp án Điểm I. PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM) Câu I (1đ) A  [2;5) , 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ B  (�;3) * A �B  [2;3] * A �B  (�;5) * A \ B  (3; �) Câu II 1. Từ đề bài ta có hệ phương trình: (2đ) a 1 �a  b  3 � �� � b2 �2a  b  0 � 0.5đ 2 Vậy:  P  : y  x  2 x 0.5đ 2. Cho 3x 2  x  1  2 x  3 � 3x 2  x  4  0 0.25đ x 1 � y  1 � � � 4 17 � x �y 3 3 � 0.5đ �4 17 � Vậy: Hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm A(1; 1), B � ;  � 3� �3 Câu III (2đ) 0.25đ 1. 3x 2  1  x  1 �x  1 �0 �� 2 3 x  1  ( x  1) 2 � �x �1 �x �1 � �� 2 � �� x  0 (l) 2 x  2x  0 � �� x  1 (l) �� Vậy: S  � 2. Phương trình x 2  2(m  1) x  m 2  3m  0 có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: '  0 � (m  1) 2  1.(m 2  3m)  0 � m 1  0 � m  1 Vậy: m>-1 thỏa yêu cầu bài toán. 0.25đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.25đ Câu IV (2đ) Ta có: A(1; -2), B(2; 3), C(1; 5) 1. Gọi G ( xG ; yG ) là trọng tâm ABC 1 2 1 4  3 3 2  3  5 yG  2 3 �4 � Vậy: G � ; 2 � �3 � xG  0.5đ 0.5đ 2. Ta có: 0.5đ AB  26, AC  7, BC  5 Suy ra: Chu vi ABC là: CABC  AB  AC  BC  26  7  5 II. PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM) Câu 4A: 1. 4 x 4  3 x 2  1  0 (1) (2đ) Đặt: t  x 2 , t �0 Phương trình (1) trở thành: 0.5đ 0.25đ 4t 2  3t  1  0 t  1 (l ) � � � 1 � t  ( n) � 4 � 1 x � 1 2 �x  �� 2 1 4 � x � 2 �1 1 � Vậy: S  � ;  � �2 2 2. Ta có: 4 4 a �3 � a  1  �4 a 1 a 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số không âm a  1; 4 4 a 1 �2 (a  1) a 1 a 1 4 � a 1 �4 (đpcm) a 1 Câu 5A: (1đ) Câu 4B: (1đ) 2. Ta có: uuu r uuur BA  (0;3), BC  (3;0) uuu r uuur � BA.BC  0 uuu r uuur � BA  BC Do đó: ABC vuông tại B. x 2  4 x  3 x  2  4  0 (1) Đặt: t  x  2 , t �0 � t 2  x2  4x  4 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 4 , ta có: a 1 0.5đ 0.25đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ PT (1) trở thành: t 2  3t  0 t  0 ( n) � �� t  3 ( n) � x20 x  2 � � �x  2  0 � � �� �� x23 � � x 1 �x  2  3 � x  2  3 � x  5 � � Vậy: S   2;1; 5 Câu 5B: (2đ) 0.5đ x 2  2(m  1) x  m2  3m  0 (1) a) Vì m0 � m3 � 2 là nghiệm của (1) suy ra: m  3m  0 � � x0 � x  2 � x0 � 2 Với m=3: (1) � x  4 x  0 � � x4 � b) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa: m �1 � � ' �0 �m �1 � �� 2 � �� m  1 (n) �2 2 � �x1  x2  8 �2m  2m  4  0 �m  2 (n) �� 2 Với m=0: (1) � x  2 x  0 � � Vậy: m=2, m=-1 Hết! 0.5đ 0.25đ 0.25đ khi và chỉ khi: 0.75đ 0.25đ
- Xem thêm -