Toan 10 hki - pvb

  • Số trang: 4 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 21 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I. Năm học 2012-2013 Đề Xuất Môn thi: TOÁN 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm) Câu I ( 1,0 điểm) Cho các tập hợp: A  x  R /  3  x  1 và B  x  R / 0  x 4 . Tìm các tập hợp : A �B; A �B . Câu II (2,0 điểm) 1) Tìm parabol (P): y = ax2 + bx + 2, biết (P) có đỉnh I(1; - 4). 2) Tìm tọa độ giao điểm giữa đồ thị (P) của hàm số y  x 2  4 x  3 và đường thẳng d: y = x – 1. Câu III ( 3,0 điểm) 1) Giải phương trình: x  2 x  5  4 . � x  5 y  3 2) Không dùng máy tính, hãy giải hệ phương trình: � 7x  3y  8 � Câu IV ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 điểm A1;2 ; B  5;2 ; C 1; 3 1) Chứng minh tan giác ABC vuông. Từ đó tính diện tích tam giác ABC. 2) Xác định tọa độ D đối xứng với A qua B . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu Va ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình : 2 x 4  7 x 2  5  0 1 1 1 2) Cho a, b,c > 0 và a  b  c  1 . Chứng minh:   �9 . a b c Câu VIa (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(-1;2), B(4;3), C(5;-2). Tìm tọa độ điểm D để ABCD là hình vuông. 2. Theo chương trình nâng cao Câu Vb ( điểm) 2 2 1) Giải hệ phương trình sau:  x  xy  y 4   xy  y  y 2 2) Giải phương trình: 2 x 2  x 2  2 x  3  4 x  9 . Câu VIb ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A(-4; 1), B(2; 4) và C(2; -2). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. ------------------------- Hết -------------------------- ĐÁP ÁN CÂU I(1đ) Ý A   3;1 NỘI DUNG B   0; 4 A �B   0;1 ĐIỄM 0,25 0,25 0,25 0,25 A �B   3; 4 II(2 đ) 1 � �I  1; 4  Ta có: � �I  1; 4  � P  0,25 2a  b  0 a6 � � �� �� a  b  6 b  12 � � Vậy (P) y  6 x 2  12 x  2 0,50 2 Giao điểm của (P) và d là nghiệm phương trình 0,25 0,50 0,25 0,25 x2  4x  3  x 1 � x 2  3x  4  0 (VN) Vậy (P) và d không có giao điểm III(3 đ) 1 Giải PT x  2x  5  4 � � x  4 �0 � 2x  5  x  4 � � 2 2x  5   x  4 � x �4 � � �2 � x  5  14 �x  10 x  11  0 Vây phương trình có nghiệm x  5  14 0,50 0,50 0,50 2 IV(2 đ) � x  5 y  3 Giải hệ pt � 7x  3y  8 � �x  5 y  3 � 7  5 y  3  3 y  8 � � 49 x � � 38 � �y  13 � 38 1 � 2 Va (2 đ) 1 2 0,25 � 0,25 AC   0; 5  � � � AB . AC  0 � AB  AC Vậy tam giác ABC Vuông tại A Diện tích tam giác ABC: 1 1 S  AB. AC  4.5  10(dvdt ) 2 2 Gọi D  x; y  D đối xứng với A qua B �x  2 xB  x A B là trung điểm của AD � � �y  2 yB  y A Vậy D  9; 2  x  �1 � � x2  1 � � 2 x 4  7 x 2  5  0 � �2 5 � � 5 x  x� � 2 � 2 � Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm a  b  c �3 abc Ta có: 1 1 1 1   �3 a b c abc 1 1 1�  ��9 (do a  b  c  1 ) �a b c � 1 1 1   �9 Vậy a b c Gọi D  x; y   a  b  c  .� � VIa(1 đ) 0,50 � AB   4;0  Ta có 1,0 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 � BA   5; 1 Ta có � BC   1; 5  � CD   x  5; y  2  0,25 ABCD là hình vuông � Vb(2 đ) 1 � �� BA  CD � � �� �BA . BC  0 �BA  BC � � � � 5  x  5 � � BA  CD � � 1  y  2 � Vậy D(0;-3) �x 2  xy  y 2  4 Giải hệ pt � �xy  x  y  2 Đặt S = x + y P = xy 0,50 0,25 0,25 � �S  3 � � �S  P  4 �P  5 � � Hệ pt trở thành � � �S  2 �S  P  2 � � �P  0 � 2 �S  3 � x; y là nghiệm pt X 2  3 X  5  0 (vn) � P  5 � X 0 �S  2 � � x; y là nghiệm pt X 2  2 X  0 � � � X 2 �P  0 � 0,50 0,25 Vậy Hệ phương trình có nghiệm  2;0  ;  0; 2  2 Giải pt 2 x 2  x 2  2 x  3  4 x  9 Đặt t  x 2  2 x  3 � t 2  x 2  2 x  3 (ĐK t �0 ) Phương trình đã cho trở thành: 2t 2  t  3  0 � t  1 � x  1 5 t  1 � x2  2x  4  0 � � x  1 5 � VIb(1 đ) 0,25 0,25 0,50 Gọi H(x;y) � AH   x  4; y  1 � Ta có 0,25 BC   0; 6  � BH   x  2; y  4  0,25 � AC   6; 3 �� � �AH . BC  0 H là trực tâm � �� � � �BH . AC  0 �1 � Vậy H � ;1� �2 � �y  1  0 �� 6x  3y  0 � 0,25 0,25
- Xem thêm -