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 A1;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
a6
�
�
��
��
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 -