Tài liệu Toan 10 hki - tb1

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) ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang). Đơn vị ra đề: THPT Thanh Bình 1. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm ) Câu I: (1,0 điểm) Cho hai tập hợp A={ x x là ước nguyên dương của 20 }, B={ 1; 2; 3; 4; 5; 6 }. Tìm A �B, A �B, A \ B. Câu II: (2,0 điểm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 2  2x  3 2. Xác định parabol y  ax 2  2 x  c biết parabol đó đi qua A(2; -3), B(1; 4). Câu III: Giải các phương trình sau:(2,0 điểm) 1. 2( x+3) = x(x-3). x2 1 2. x ( x  2)  x 3 . Câu IV: (2,0 điểm) Trong mp toạ độ Oxy cho A(1;2); B(–2;6); C(9;8). r r r r uuu r r uuu r 1. Tìm x  2a  3b biết a  AB và b  AC . 2. Tìm toạ độ điểm M trên Oy để B, M, A thẳng hàng. II. PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ). 1. Theo chương trình chuẩn. Câu Va ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình  3x  4y 5   4x  2y 2 2. Cho a>0; b>0. Chứng minh rằng a b   a b. b a Đẳng thức xảy ra khi nào? Câu VIa (1 điểm). Trong mp Oxy cho A (– 1;3), B(– 3; – 2), C(4;1). Chứng minh  ABC vuông cân 2. Theo chương trình nâng cao. Câu Vb 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình  x  y 2  2 2  x  y 164 2. Cho phương trình: x2 + (m - 1)x – 1 = 0 (1). Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x = –1. Khi đó tìm nghiệm còn lại của phương trình (1). Câu VIb.(1 điểm) Cho hai điểm M(–3;2) và N(4 ; 3 ). Tìm P trên Ox sao cho tam giác PMN vuông tại P . Hêt. ĐỒNG THÁP Câu Câu I (1,0 đ) - Ta có khi đó: Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang) Đơn vị ra đề: THPT Thanh Bình 1 Nội dung yêu cầu A={1,2,4,5,10,20}; Điểm A  B  1;2;4;5 A  B  1;2;3;4;5;6;10;20 A \ B 10;20 0,25 Câu II (2,0 đ) 0,25 0,25 0,25 1. +Tập xác định D=R +Đỉnh I(-1;4) +Trục đối xứng x = -1 +Giao với trục tung A(0;3), +Giao với trục hoành tại B(1;0),B’(-3;0) +Bảng biến thiên: x -� -1 y 4 -� + Vẽ đồ thị hàm số 0,25 0,25 +� -� I 0,25 y 4 3 2 1 x -4 -3 -2 0,25 -1 O -1 1 2 2. 0,25 0,25 Vì parabol đi qua A (2; -3) ta có: 4a + c = -7 tương tự vì parabol qua B (1; 4) ta có: a+c = 2 a  3 �4a  c  7 � �� c5 �a  c  2 � nên ta có hệ � Vậy parabol cần tìm là Câu III (2,0 đ) 0,25 y  3 x 2  2 x  5 0,25 0, 25 1 / 2( x  3)  x( x  3) � 2 x  6  x  3 x 2 x  1 � � x2  5x  6  0 � � x6 � Vậy phương trình có 2 nghiệm 0,5  x  1  x 6  0,25 2/ �x  2 �0 �x �2 �� �x �0 �x �0 Điều kiện : � x2 2  3 x( x  2) x � x  2  2( x  2)  3 x( x  2) 0,25 x 1 � � 3x 2  3x  6  0 � � x  2 � 0,25 0,25 0,25 So với điều kiện thì nghiệm x = 1 thoả mãn đề bài Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1 Câu IV ( 2 điểm) 1. r r uuu Ta có: a  AB = ( -3; 4); r r uuu b  AC = ( 8; 6); Suy ra: 2 a = ( -6; 8) 3 b = ( 24; 18) r r r Vậy x  2a  3b = ( -30; -10) 0,25 0,25 0,25 0,25 2. Gọi M ( 0; x)  0y  Ta có BM = ( 2; x - 6);  BA = ( 3; -4 ) Để 3 điểm B, A, M thẳng hàng  2 x 6  3  4  3x - 18 = -8  x= Vậy M (0; 10 3 0,25 0,25 0,25 10 3 ) 0,25 Câu Va. ( 2 điểm) 1. 0,25  3x  4y 5  3x  4y 5 Ta có:    4x  2y 2  8x  4y 4 0,25 11x 9   y 2 x  1 0,25  9  x 11  y  7  11 0,25  9 7  ;   11 11  Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất  2. Ta có 3  0,25 a b a a b b   a b   a b b a ab 3 a  b ( a  b )(a   a b  ab ab  (a  ab  b) ab  b) 1  (a  ab  (a  2 ab  b) 0  Dấu " =" xảy ra  a b  0,25 ab  b)  ab a b 2 0 (đpcm) 0,25 a  b  a b Câu VIa Ta có: AB ( 2;  5); AC (5;  2);   ( 1 điểm). Ta có AB . AC  2. 5  ( 5).( 2) 0   mặt khác ta có AB = AC = suy ra AB= AC 0,25 0,25  ( 2) 2  (  5) 2 (  2) 2  (  5) 2    AB  AC  A 90 0  29  29 ; 0,25 0,25 Vậy tam giác ABC vuông cân tại A. 0,25 Câu Vb. ( 2 điểm) 0,25 x  y 2 x y 2 Ta có  2 2   2 2 x  y 164 (y 2)  y 164 x y2 x y 2  2 2  2 y 4y4 y 164 y 2y 80 0 0,25 0,25 0,25  x 8  x y  2   y  10  y  10   y 8 x 10    y 8 Vậy hệ pt có 2 nghiêm ( 8; -10) và (10;8) 2. Vì pt (1) có một nghiệm x= -1 thế vào pt (1) ta có: (1)    1 2  (m  1)( 1)  1 0   m  1 0  m 1 mặt khác vì 2 hệ số a và c trái dấu, suy ra pt (1) có 2 nghiệm thỏa x1  x 2   b 1 m  a 1  m 1 với  suy ra x 2 1  x1  1 Vậy với m=1 thì pt có 2 nghiệm x=1 và x= -1. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIb. Gọi P(x; 0)  Ox.  ( 1 điểm) Ta có: PM (  3   x ; 2); PN ( 4  x ; 3) Vì tam giác PMN vuông tại P   Ta có: PM . PN 0  ( 3  x ).(4  x )  2.3 0  x  2  x 2  x  6 0    x 3 0,25 0,25 0,25 Vậy có 2 điểm P(-2; 0) và P(3; 0) thỏa đề bài. 0,25  Lưu ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà đúng kết quả thì vẫn được hưởng trọn số điểm.