Toan 10 hki - tt

  • Số trang: 6 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 38 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN – LỚP 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 20/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Tân Thành I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (1.0 điểm) {x �3 x 8} và B  {x Σ � x 5} theo cách liệt kê Viết tập hợp A Σ� phần tử. Tìm A �B, A \ B . Câu II (2.0 điểm) 1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 2  6 x  1 . 2) Tìm parabol (P): y  ax 2  2 x  c , biết parabol đi qua hai điểm A(1;6), B (2;3) . Câu III (2.0 điểm) 1) Giải phương trình: 7  x  x  5 . 3 x  2 y  13 � 2) Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình: � �4 x  5 y  22 Câu IV (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A(0; 4), B (5;6) C (3; 2) . 1) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng BC , tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . 2) Tìm tọa độ của D sao cho ABCD là hình bình hành. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu V.a (2.0 điểm) 1) Giải phương trình:  x 2  3  5 x 2  21  0 . 2 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2 với x  1 . x 1 Câu VI.a (1.0 điểm) 2 2 Chứng minh rằng:  tan   cot     tan   cot    4 với  bất kì. Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu V.b (2.0 điểm) 2 1) Giải phương trình: ( x  3)  2 x  3  8  0 . 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2  3 x Câu VI.b (1.0 điểm) 2 1  sin  �  1  sin   � .� 1 �với  bất kì. Rút gọn biểu thức: A  2 cos  � cos  � � � HẾT. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 5 trang) Đơn vị ra đề: THPT Tân Thành Câu Nội dung yêu cầu Điểm Viết tập hợp A  {3; 4;5;6;7;8} 0.25 A Σ� {x �3 x 8} và B  {x Σ � x 5} theo cách liệt kê phần tử. Tìm A �B, A \ B . Câu I (1.0 điểm) B  {0;1; 2;3; 4;5} 0.25 A �B  {3; 4;5} 0.25 A \ B  {6;7;8} 0.25 1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 2  6 x  1 (P). 1.0 Vì a  1  0 nên ta có bảng biến thiên: 0.5 x y � � 3 -8 0.25 Parabol có đỉnh: I (3; 8) , trục đối xứng d: x  3 . Giao điểm của (P) với trục Oy là A(0;1) , ta có A '(6;1) đối xứng với A qua d. 0.25 A A’ 1 3 -8 I 1.0 Vì parabol đi qua hai điểm A(1; 2), B(2;3) nên ta có hệ phương trình 0.5 ac  4 �a  2  c  6 � �� � 4a  c  7 �4a  4  c  3 � �a  1 c3 � Giải hệ suy ra � 0.25 Vậy parabol cần tìm là: y  x 2  2 x  3 0.25 1) Giải phương trình: 7  x  x  5 1.0 � �x �5 �x �5 � � 2 2 7  x   x  5 �x  9 x  18  0 � x6 � Giải phương trình x 2  9 x  18  0 ta được � x3 � 0.25 3 x  2 y  13 � 2) Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình: � �4 x  5 y  22 0.5 Phương trình tương đương với hệ � D 3 2 13  2 3 13  7, Dx   21, Dy   14 4 5 22 5 4  22 0.25 1.0 0.75 � Dx x 3 � � D Phương trình có nghiệm duy nhất � �y  Dy  2 � D Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A(0; 4), B(5;6) C (3; 2) . 1) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng BC , tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . Vì I là trung điểm của đoạn thẳng BC nên ta có � 5  3 x   1 � �I 2 � I (1; 4) � 6  2 �y  4 �I 2 Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có: 0  5  3 2 � xG   � 2 4 � 3 3 � G( ; ) � 3 3 �y  4  6  2  4 G � 3 3 2) Tìm tọa độ của D sao cho ABCD là hình bình hành. uuu r uuur Vì ABCD là hình bình hành nên ta có: AB  DC Gọi D( xD ; yD ) . Khi đó ta có uuu r AB  (5;10) uuur DC  (3  xD ; 2  yD ) 0.25 3  xD  5 uuu r uuur � AB  DC � � 2  yD  10 � 0.25 1.0 0.5 0.5 1.0 0.25 0.25 �xD  8 � D(8; 8) Giải hệ ta được � �yD  8 0.25 1) Giải phương trình:  x 2  3  5 x 2  21  0 (1) 1.0 (1) � x 4  6 x 2  9  5 x 2  21  0 (2) � x 4  x 2  12  0 2 Đặt t  x , t �0 . Khi đó phương trình (2) trở thành 0.25 2 t4 � t 2  t  12  0 � � t  3 (l ) � t  4 � x 2  4 � x  �2 � S  {2; 2} 0.25 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2 với x  1 . x 1 2 2  x 1 1 x 1 x 1 2  0 . Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có Vì x  1 nên x  1  0, x 1 2 2 x 1 �2  x  1 . 2 2 x 1 x 1 Ta có y  x   0.5 1.0 0.25 0.5  y 1 2 2 Vậy hàm số đạt GTNN là 1  2 2 khi và chỉ khi x 1  0.25 � x  1 2 2 � x2  2x 1  0 � � x 1 x  1  2 (l ) � 2 2 Chứng minh rằng:  tan   cot     tan   cot    4 với  bất kì.  tan   cot   2   tan   cot   2  tan 2   2 tan  cot   cot 2   (tan 2   2 tan  cot   cot 2  )  2 tan  .cot   2 cot  .tan   4 vì cot  .tan   1 0.5 0.5 2 1) Giải phương trình: ( x  3)  2 x  3  8  0 1.0 Đặt t  x  3 , t �0 . Khi đó phương trình trở thành t 2  2t  8  0 0.5 t2 � t 2  2t  8  0 � � t  4 (l ) � 0.25 x3 2 x5 � � �� x  3  2 x 1 � � 0.25 Với t  2 � x  3  2 � � Vậy S  {0;5} 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2  3  x Tập xác định của hàm số là 2 �x �3 . Ta xét 1.0 0.5 y 2  x  2  3  x  2 ( x  2)(3  x)  1  2 ( x  2)(3  x) �1  ( x  2)  (3  x)  2  y 2 2 y 2 Vậy hàm số đạt GTLN bằng 2 khi và chỉ khi x  2  3  x � x  5 2 0.5 Mặt khác y  x  2  3  x  2 ( x  2)(3  x ) 2  1  2 ( x  2)(3  x) �1 ۳ y 2 1 y 1 x2 � x3 � Vậy hàm số đạt GTNN bằng 1 khi và chỉ khi  x  2   3  x   0 � � 2 1  sin  �  1  sin   � .� 1 �với  bất kì. Rút gọn biểu thức: A  2 cos  � cos  � � � A 2 2 1  sin  �  1  sin   � 1  sin  �  1  sin   � .� 1  . 1  � � � 2 cos  � cos 2  � � � cos  � � 1  sin  � � 1  sin  � 1  sin  � . 1 cos  � � 1  sin  � � 1  sin  2sin   . cos  1  sin  2sin    2 tan  cos   0.25 0.25 0.25 0.25
- Xem thêm -