Tài liệu Toan 10 hki - hb

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: Trường THCS và THPT HÒA BÌNH I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm) Câu I: (1,0 điểm) Xác định tập hợp sau và biểu diễn trên trục số. (– 7; 5] � [3; 8] Câu II: (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị của hai hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ và tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng: f(x) = 3x + 1 và g(x) = 2x – 3 b) Xác định hàm số bậc hai y = ax 2 – 4x + c, biết đồ thị của hàm số có trục đối xứng x = 2 và cắt trục hoành tại điểm A(3; 0) Câu III: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) 2 x2  x 1 8 ; x 1 b) 4x  9  2x  5 Câu IV: (2,0 điểm) r r r r r r r a) Cho a (1; – 2); b (– 3; 0); c (4; 1). Hãy tìm tọa độ của t = 2 a – 3 b + c b) Cho tam giác ABC. Các điểm M(1; 1); N(2; 3); P(0; – 4) lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Tính tọa độ các đỉnh của tam giác. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu Va (2,0 điểm) 3x  4 y  2 � 1) Giải hệ phương trình sau: � 5 x  3 y  4 � 2) Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi là 32. Tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Câu VIa (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(2; 4) và B(1; 1). Tìm tọa độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông cân tại B. 2. Theo chương trình nâng cao Câu Vb (2,0 điểm)  x  3y  4z  3 � � 3x  4 y  2 z  5 1) Giải hệ phương trình sau: � � 2x  y  2z  4 � 3 x  1khi  2 �x �0 � � 2 x khi 0  x �1 1) Tìm tập xác định và xét sự biến thiên của hàm số: y = � � 2 x  1 khi 1  x �2 � Câu Vb mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 3) và B(5; 1). Tìm tọa độ điểm I thỏa uur (1,0 uu r điểm) uur Trên r mãn IO  IA  IB  0 . 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 03 trang) Đơn vị ra đề: Trường THCS và THPT HÒA BÌNH Câu I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm) Câu I (1,0 đ) Câu II (2,0 đ) Nội dung yêu cầu Điểm (– 7; 5] � [3; 8] = [3; 5] 0,5đ [ ] 3 5 a) f(x) = 3x + 1 và g(x) = 2x – 2 y 0,5đ y = 3x +1 4 y = 2x – 2 1 0,75đ O 1 x -2 H H( – 3; – 8) 0,25đ Ta có:  Câu III (2,0 đ) a) Điều kiện: x � –1 b = 2 �a = 1 2a 0,25đ Đồ thị đi qua điểm A(3; 0) nên ta có: 32 – 4.3 + c = 0 � c = 3. Vậy: y = x2 – 4x + 3 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 9 2x 8 b) Điều kiện: x �  4 x 1 x 1 2 � 2x2 = 8 4 x  9  2 x  5 � 4x – 9 = 4x – 20x + 25 � x = �2 � 4x2 – 24x + 34 = 0 Vì x = – 2 � 6 2 x � không 2 � � thỏa điều � 6 2 kiện nên x � 2 � nghiệm 2 6 2 của So với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x = phương 2 trình là x = 2 r r r Ta có: 2 a = (2; – 4); – 3 b (– 9; 0); c (4; 1) r � t (– 3; – 3) Câu IV (2,0 đ) Áp dụng tính chất hình bình hành ta được A(1; – 2); B(– 1; – 6); C(3; 8) Câu Va (2,0 đ) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn � 4y  2 x � 3x  4 y  2 � 3 � �� 1) � 5 x  3 y  4 �4 y  2 � � � 5 �  3y  4 � � 3 � � � �x  2 �� �y  2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (– 2; – 2) 2) Gọi x, y là kích thước hình chữ nhật ta có: x + y = 16 (không đổi) Suy ra: S = x.y lớn nhất khi x = y = 8 S = 8.8 = 64 cm2 Vậy tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi là 32 thì hình vuông cạnh bằng 8 có diện tích lớn nhất. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 1đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Giả sử C(x; y). Để  ABC vuông cân tại B ta phải có: Câu VIa (1,0 đ) uuu r uuur � BA � .BC  0 r uuur �uuu BA  BC � � 1.( x  1)  3( y  1)  0 � � � �2 2 2 2 1  3   x  1   y  1 � �x  4  3 y �� 2 10 y  20 y  0 � Giải hệ phương trình trên ta tìm được hai điểm thỏa mãn đề bài C(4; 0) và C’(– 2; 2) Câu Vb (2,0 đ) Câu Vb (1,0 đ) 2. Theo chương trình nâng cao � x  3 y  4 z  3 � x  3 y  4 z  3 � � 1) �3x  4 y  2 z  5 � �  5 y  10 z  14 �2 x  y  2 z  4 �  5 y  10 z  10 � � x  3y  4z  3 � � � �  5 y  10 z  14 � 0 y  0 z  4 � Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm 2) Tập xác định của hàm số: D = [– 2; 2] + Khi x � [– 2; 0] hàm số đồng biến + Khi x � (0; 1] hàm số nghịch biến + Khi x �(1; 2] hàm số đồng biến Ta có: uu r uur uuu r (– 4; 2) IA uIB  BA ur uu r uur r uur uuu r uuur Để IO  IA  IB  0 thì IO   BA  AB (4; – 2) Vậy I(– 4; 2)  Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng, hợp logic vẫn đạt điểm tối đa.. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,75đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ