Tài liệu Toan 10 hki - thd

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN HỌC - Lớp 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Thiên Hộ Dương I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I : (1.0 điểm) Cho A = ( 2 ; 2] và B = [1; 5) . Tìm các tập hợp Câu II : (2.0 điểm) 1). Tìm parabol y ax 2  bx  2 , trục đối xứng x  A  B, A \ B . biết rằng parabol đó đi qua điểm A(3 ; -4) và có 3 . 2 2). Tìm giao điểm của parabol y  x 2  Câu III : (2.0 điểm) 1). Giải phương trình : 5 x  10 8  x . 4x 1 với đường thẳng y  x  3 .  x  y  z 3  2). Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình  2 x  3 y  4 z 9  3x  y  z 1  Câu IV : (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho cho ba điểm A(1 ; 1), B(2 ; 4) và C(-2 ; 2) 1). Chứng tỏ tam giác ABC vuông tại A. Từ đó tính diện tích tam giác ABC. 2). Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ACDB là hình chữ nhật. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Phần 1: Theo chương trình chuẩn: Câu V.a (2.0 điểm) 1). Giải phương trình 18 x 4  19 x 2  12 0 . 1  2). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y  3 x  1 2  x  trên đoạn  ; 2 . 3  Câu VI.a (1.0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng AB. AC . Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu V.b (2.0 điểm) 1). Cho phương trình (m  1) x 2  2(m  1) x  m  2 0 1 1 4 Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa điều kiện x  x  3 1 2  x 2  xy  y 2 7 2). Giải hệ phương trình   x 4  y 4  x 2 y 2 21 Câu VI.b (1.0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng AB. AC . ./. - HẾT – ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có… trang) Đơn vị ra đề: THPT Thiên Hộ Dương Đáp án và thang điểm Nội dung Câu Ý I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I 1.0 Cho A = Điểm 7.0 ( 2 ; 2] và B = [1; 5) . Tìm các tập hợp A  B, A \ B . Câu II A  B [1; 2] 0,5 A \ B ( 2 ;1) 0,5 2.0 1 Tì m par ab ol 1.0 y ax 2  bx  2 , biế t rằn g par ab ol đó đi qu a điể m A( 3; -4) và có trụ c đối xứ ng x  3 2 Ta có :  b 3   6a  2b 0 2a 2 0.25 Thay tọa độ điểm A(3 ; -4) vào (P) : y ax 2  bx  2 ta được : 0.25 9a  3b  2 4  9a  3b  6  1 6a  2b 0 a  Giải hệ :   3 9a  3b  6 b  1  0.25 0.25 2 Tìm giao điểm của parabol 2 y  x  4 x  1 với đường thẳng y  x  3 . 1.0 Hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng là nghiệm của phương trình :  x 2  4 x  1  x  3 1 Giải phương trình (1) ta được nghiệm x = -1 ; x = -2 Với x = -1 thì y = 4, với x = -2 thì y = 5 Vậy parabol y  x 2  4 x  1 và đường thẳng y  x  3 có hai giao điểm là (-1 ; 4) và (-2 ; 5) Câu III 1 Gi ải ph ươ ng trì nh : 0.25 0.25 0.25 0.25 2.0 1.0 5 x  10 8  x (1) 2 Điều kiện : x  2 Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được phương trình : 0.25  x 18 5 x  10 (8  x) 2  x 2  21x  54 0    x 3 0.5 Thử lại ta thấy x = 18 không thỏa phương trình , x = 3 thỏa phương trình Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 0.25  x  y  z 3  Giải hệ phương trình  2 x  3 y  4 z 9 (1)  3x  y  z 1  1.0  x  y  z 3 1   y  2z 3   4 y  4 z  8   x  y  z 3    y  2z 3  z 1   x 1    y 1  z 1  0.25 0.25 0.25 Câu IV 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là :  x ; y ; z  1 ; 1 ; 1 Trong mặt phẳng Oxy, cho cho ba điểm A(1 ; 1), B(2 ; 4) và C(-2 ; 2). Chứng tỏ tam giác ABC vuông tại A. Từ đó tính diện tích tam giác ABC. Ta có : AB 1 ; 3 , AC   3 ; 1 Suy ra : AB. AC 1.( 3)  3.1 0 . Vậy tam giác ABC vuông tại A Ta có : AB  1  9  10 , AC  9  1  10 1 2 2 1 2 0.25 0.25 0.25 0.25 Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ACDB là hình chữ nhật Gọi D(x ; y) là đỉnh của hình bình hành ACDB Ta có : AC   3 ; 1 , BD  x  2 ; y  4  1.0 0.25 0.25  x  2  3  x  1 AC BD     y 41 y  5 Hình bình hành ACDB có góc A vuông nên ACDB là hình chữ nhật Vậy D(-1 ; 5) là đỉnh cần tìm. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN Phần 1: Theo chương trình chuẩn: Câu Va 0.25 0.25 3.0 Giải phương trình 18 x 4  19 x 2  12 0 . Đặt t  x 2 , t 0 1.0 0.25  4 t  9 2 Khi đó (1) trở thành : 18t  19t  12 0   t  3  2 0.25 4 2 9 3 2 2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  và x  3 3 Vì 2 2.0 1.0 Vậy : S ABC  . AB. AC  . 10 . 10 5 (đơn vị diện tích) Tứ giác ACDB là hình bình hành nên 1 0.25 t 0 nên 4 9 ta nhận nghiệm t  . Với t  thì x  1  Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y  3x  1 2  x  trên đoạn  ; 2 . 3  0.25 0.25 1.0  x 2  1    2  x 0 x   ; 2   1    3   x   3 x  1 0 3 0.25 2 Ta có : 1 1  3x  1  6  3x  25 y  3 x  1 2  x    3 x  1 6  3 x      3 3 2 12  0.25  1  7  x   ; 2 Đẳng thức xãy ra khi   3   x   3x  1 6  3x 6  Vậy max y  Câu VIa 0.25 25 12 0.25 Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng AB. AC . Xét tam giác vuông ABC vuông tại B, ta có: cos AB, AC  cos A cos 45 0 AB. AC  AB . AC . cos 45 0 AB. AC a.a 2 . Vậy 2 a 2 2 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 AB. AC a 2 Phần 1: Theo chương trình nâng cao: 2.0 Câu Vb Cho phương trình (m  1) x  2(m  1) x  m  2 0 (1) 2 1 1 1 4 Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa điều kiện x  x  3 1 2  m 1 m 1  Phương trình (1) có hai nghiệm khi  1 / 2   (m 1)  (m  1)(m  2) 5m  1 0  m   5 2 m  1 m 2 , x1 .x 2  m 1 m 1 x1  x 2 2(m  1) 1 1  Suy ra :   x1 x 2 x1 .x 2 m 2 Theo định lý Viet x1  x 2  1.0 0.25 0.25 0.25 1 1 4 2(m  1) 4 1 Do đó x  x  3  m  2  3  6m  6  4m  8  m  5 (thỏa điều kiện) 1 2 2  x 2  xy  y 2 7 Giải hệ phương trình  1 4 4 2 2  x  y  x y 21 2 2 2 x xyy 7 x y  xy 7 1  2 2 2 2 2   2  x  y  yx 21 x y  3xy 3 S  x  y , p  x. y , 1.0 0.25  Đặt 0.25 hệ (1) trở thành : 2 S  P7 P2 S 3;P2  2  2  S  3P3 S 9 S 3;P2  x  y 3 x  ;1 y 2    xy 2 x  ;2 y 1 và 0.25  x  y  3 x  ;1 y  2    xy 2 x  2 ; y  1 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x ; y) là :  2 ; 1 , 1 ; 2 ,   CâuVIb 1 ;  2 ,   2 ;  1 Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng AB. AC . Xét tam giác vuông ABC vuông tại B, ta có: cos AB, AC  cos A cos 45 0 AB. AC  AB . AC . cos 45 0 AB. AC a.a 2 . Vậy AB. AC a 2 2 a 2 2 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25