Toan 10 hki - tpcl 2

  • Số trang: 6 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 40 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Môn thi : TOÁN KHỐI 10 Thời gian làm bài : 90 phút (Không kể thời gian phát đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH : (8,0 điểm) Câu 1 : (1,0 điểm) Cho tập hợp A=  x  R /  2  x  4 , B=  x  R / x 1 . a) Viết tập hợp A,B dưới dạng khoảng, nữa khoảng, đoạn. b) Tìm AB, AB . Câu 2 : (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x2 – 4x + 3 . b) Xét tính chẳn, lẽ của hàm số : y = – x3 + 2x . Câu 3 : (2,0 điểm) a) Giải và biện luận phương trình m2x + 6 = 3m + 4x (với m là tham số). b) Giải hệ phương trình (không sử dụng máy tính)  4 x  9 y  6    2 x  3 y 6 Câu 4 : (1,0 điểm) Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng 2a.         Tính độ dài các véctơ CB  CA ; CB  CA . Câu 5 : (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ba điểm A( 2; 4), B( 2; -2), C( -4; 1). a) Chứng minh rằng : Ba điểm A,B,C không thẳng hàng . b) Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC . Câu 6 : (1,0 điểm) Cho góc  là góc tù và sin  = 3 . Tính cos, tan, cot . 5 B. PHẦN RIÊNG : (2,0 điểm) Học sinh tự chọn 7a,8a hoặc 7b,8b Câu 7a) : (1,0 điểm) Giải phương trình 2 x 2  5 x  3  x  1  2 2 Câu 8a) : (1,0 điểm) Chứng minh rằng : Với a > 0, b > 0 ta có  a  b .   8 a Câu 7b) : (1,0 điểm) Giải phương trình b 3 x  2 2 x  1 Câu 8b) : (1,0 điểm) Chứng minh rằng : Với a > 0, b > 0, c > 0 ta có --------------------Hết-------------------- 1 1 1 9    a b c a b c Đáp án ****** Câu Nội dung Câu 1 : (1đ) (1đ) Cho tập hợp A=  x  R /  2  x  4 , B=  x  R / x 1 . 0,25 điểm a)A= [–2; 4) 0,25 0,25 0,25 B= [1;+) b)AB= [–2;+) AB= [1; 4) (1đ) (P) có đỉnh I(2;1) (P) qua 2 điểm A(0; 3); B(4; 3) và (P) cắt Ox tại C(1; 0); D(3; 0) 0,5 0,25 0,25 y 3 x' O 1 2 3 4 x I y' Vẽ (P) có ghi tọa độ các điểm đầy đủ Xét tính chẳn, lẻ của hàm số : y = – x3 + 2x . Hàm số : y = f(x) = – x3 + 2x có tập xác định D=R Ta có xD–xD f(–x) = – (–x)3 + 2(–x) = x3 – 2x= –(– x3 + 2x)= – f(x) Vậy Hàm số : y = f(x) = – x3 + 2x là hàm số lẻ . Giải và biện luận phương trình m2x + 6 = 3m + 4x (1đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 (1đ)  (m2 – 4)x = 3m –6 (1) + m2 –4  0 m 2 và m – 2 thì Pt(1) x = 3 m 2 0,25 + m2 –4 = 0 m = 2 hoặc m =– 2 Thế m = 2 vào (1):0x = 0 Pt nghiệm đúng với xR (pt có vô số nghiệm) Thế m = –2 vào (1):0x = –12 Pt vô nghiệm Kết luận : m  2 và m – 2 Pt có nghiệm duy nhất x = 3 m 2 0,25 0,25 0,25 m = 2 pt có vô số nghiệm m = –2 pt vô nghiệm (1đ) 49 D= 2 3 30 -6 9 , Dx= 63  72 4 -6 , Dy= 2 6 0,75 12 ,   12 2  ;   5 5 D  0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) =  0,25 (Giải cách khác vẫn cho 1 điểm) Câu 4: (1đ) (1đ)     CB CA =   AB 0,25     CB CA =   AB =AB 0,25 Gọi M là trung điểm của AB CM là trung tuyến CB CA =2 CM       CB  CA   =2 CM =2CM=2.     2a 3 = 2a 3 2 =2a 0,25 0,25 (1đ) a)   AB =(0;6) 0,25   AC 0,25 0  6       AB và AC không cùng phươngA,B,C không thẳng hàng -6  3 b) G(0;1) =(6;-3) 0,25 0,25 (1đ) cos2 =1 – sin2 = 1– 9 25 = 16 25 Vì  là góc tù nên cos <0 cos =– 0,25 4 5 0,25 sin  3 =– cos  4 cos  4 cot= =– sin  3 tan= 0,25 0,25 (1đ) 2 x2  5x  3    x  1 0  2  2 x  5x  3 ( x  0,25 0,25  x 1 2  x  3x  2 0  x 1   x 1 hoaëc x 2 0,25 Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1 ; x2 = 2 . 0,25 (1đ) a+b 2 ab 0,25 0,25 2 2 4  2 a b ab 0,25 4  2 2   a  b .   4 ab . ab a b  2 2   a  b .   8 a b 0,25 (1đ) 3 x  2 2 x  1  2 x  1 0  2  (3x  2) (2 x 0,25 0,25  1 x  2  5x2  8x  3 0  0,25  1  x  2   x 1 hoaëc x  3  5 Vậy phương trình có 2 nghiệm x1=1 ; x2= 3 5 0,25 (1đ) 0,25 0,25 1 1 1 9    a b c a b 1  ( a  b  c).( a 3 a  b  c 3 abc 1 1 1 1   33 a b c abc 1 1 1  (a  b  c).(   ) 9 a b c 0,25 0,25
- Xem thêm -