KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN – LỚP 10 potx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT TRÀM CHIM ĐỀ ĐỀ XUẤT 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: …/12/2012 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) Câu I: (1 điểm) Cho [ ] ( ] 5;7 ; 3;10A B = − = . Tìm ;A B A B ∪ ∩ Câu II: (2 điểm) a. Tìm parabol (P): 2 y ax bx c= + + biết parabol đó có đỉnh I(1;4) và đi qua A(3;0) b. Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng 3 4y x= − + với parabol (P) 2 2 3y x x= − + + . Câu III: (2 điểm) Giải các phương trình sau: a. 2 8 3 4x x+ = + b. 4 4 2 2 3 2 32 2 − += + − − + x xx x Câu IV: (2 điểm) a. Cho tứ giác ABCD và I, J lần lượt là trung điểm cạnh AB, CD. Gọi O là trung điểm đoạn IJ. Chứng minh rằng: 0OA OB OC OD + + + = uuur uuur uuur uuur r b. Cho 3 điểm A(-2;4), B(4;-2), C(6;-2). Tìm toạ độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. II. PHẦN TỰ CHỌN:(3 điểm) Thí sinh chọn một trong hai phần sau: 1. Theo chương trình chuẩn: Câu Va: (2 điểm) a. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình 2 3 13 7 4 2 x y x y − =   + =  b. Tìm GTNN của hàm số y = f(x) = 4 2 x x + − ( 2x > ) Câu VI a (1điểm) Cho 3 điểm A(1;2); B(-2;6); C(4;2). Tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu Vb: (2 điểm) a. (1đ) Giải hệ phương trình sau: 3 3 3 3 1 1 5 1 1 20 x y x y x y x y  + + + =     + + + =   b. Tìm m để phương trình 2 2 ( 1) 0mx x m+ − + = có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thỏa 2 2 1 2 4x x + = Câu VIb: (1 điểm) Cho 3 điểm A(2;4); B(x;1); C(5;1). Tìm x để tam giác ABC vuông cân tại B. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu I (1đ) PHẦN CHUNG: [ ] 5;10A B ∪ = − ( ] 3;7A B ∩ = 0.5 0.5 Câu II a.(1đ) (P): 2 y ax bx c= + + có đỉnh I(1;4) và đi qua A(3;0) nên ta có hệ phương trình 4 9 3 0 1 2 a b c a b c b a   + + =  + + =    − =  0.5 1 2 3 a b c = −   ⇔ =   =  Vậy (P): 2 2 3y x x= − + + 0.5 b.(1đ) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng 3 4y x= − + và (P): 2 2 3y x x= − + + là: 2 2 3 4 3x x x− + + = − + 0.25 2 0 6 0 6 x x x x =  ⇔ − + = ⇔  =  0.25 0 3x y = ⇒ = 0.25 6 21x y = ⇒ = − Vậy có hai giao điểm là (0;3) và (6;-21) 0.25 Câu III a.(1đ) 2 8 3 4x x+ = + 0.25 2 3 4 0 2 8 9 24 16 x x x x + ≥  ⇔  + = + +  0.25 2 4 3 9 22 8 0 x x x  ≥ −  ⇔   + + =  0.25 4 3 4 4 9 9 2 x x x x  ≥ −   ⇔ ⇔ = −   = −     = −   0.25 2 2 3 3 4 2 (3) 2 2 4 x x x x + − = + − + − Điều kiện :    ≠+ ≠− ox x 2 02     −≠ ≠ 2 2 x x 0.25 b.(1đ) ( 3 ) ⇔ ( 2x + 3 ) .( x + 2 ) – 3( x – 2 ) = 2.(x 2 – 4 ) + 4 0.25 ⇔ 2x 2 + 7x + 6 – 3x + 6 = 2x 2 – 4 ⇔ 4x = - 16 0.25 ⇔ x = - 4 ; so sánh đ/k , ta có nghiệm ( 3 ) là x = - 4 . 0.25 Câu IV a.(1đ) ( ) ( ) ( ) ( )VT OI IA OI IB OJ JC OJ JD = + + + + + + + uur uur uur uur uuur uuur uuur uuur 0.5 ( ) ( ) 2( ) 0IA IB JC JD OI OJ = + + + + + = uur uur uuur uuur uur uuur r =VP đpcm 0.5 b.(1đ) Gọi ( ; )D x y (6; 6)AB = − uuur (6 ; 2 )DC x y = − − − uuur 0.25 ABCD là hình bình hành AB DC ⇔ = uuur uuur 0.25 6 6 2 6 x y − =  ⇔  − − = −  0.25 0 4 x y =  ⇔  =  Vậy (4; 3)D − thì ABCD là hình bình hành. 0.25 Câu Va a.(1đ) PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn: f(x) = 4 2 2 2 x x − + + − 6242 =+≥ 0.5 vây miny = 6 khi x = 4 0.5 b.(1đ) 2 3 13 7 4 2 x y x y − =   + =  ⇔ 9 15 2 3 13 x y x y + =   − =  0.25 15 9 2 3(15 9 ) 13 y x x x = −  ⇔  − − =  0.25 15 9 29 58 y x x = −  ⇔  =  0.25 2 3 x y =  ⇔  = −  Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm là (2;-3) 0.25 Câu Via (1đ) Gọi H(x;y) là trực tâm tam giác ABC 0.25 H là trực tâm tam giác ABC . 0 . 0 HA BC HB CA  =  ⇔  =   uuur uuur uuur uuur 0.25 6 4 2 3 6 x y x − = −  ⇔  = −  0.25 2 5 2 x y = −   ⇔  = −   Vậy 5 2; 2 H   − −  ÷   0.25 Câu Vb a.(1đ) 2. Theo chương trình nâng cao: b.Đặt 1 1 u x x v y y  = +     = +   Hệ trở thành 3 3 5 3 3 20 u v u u v v + =   − + − =  0.25 3 3 5 3( ) 20 u v u v u v + =  ⇔  + − + =  Đặt S u v P uv = +   =  điều kiện 2 4S P ≥ . Ta được 3 5 5 6 3 3 20 S S P S SP S = =   ⇔   = − − =   (thỏa đk) 0.25 Khi đó 5 2 3 6 3 2 u v u u uv v v + = = =    ⇔ ∨    = = =    0.25 Giải các hệ 1 1 2 3 1 1 3 2 x x x x y y y y   + = + =     ∨     + = + =     ta được các nghiệm của hệ phương trình là 3 5 3 5 3 5 3 5 1; ; 1; ; ;1 ; ;1 2 2 2 2         + − + −  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         0.25 b.(1đ) Phương trình 2 2 ( 1) 0mx x m+ − + = có hai nghiệm 2 ' 1 0 0 m m m  ∆ = + + > ⇔  ≠  0.25 Ta có: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 4 ( ) 2 4 x x x x x x+ = ⇔ + − = 0.25 2 2 m+1 (- ) -2.( ) 4 2m ⇔ = 0.25 1 2 3 m m = −   ⇔  =  0.25 Câu VIb (1đ) ( 2; 3); (5 ;0)AB x BC x = − − = − uuur uuur 0.25 Tam giác ABC vuông cân tại B 2 2 . 0AB BC AB BC  =  ⇔  =   uuur uuur 0.25 2 2 ( 2)(5 ) 0 ( 2) 9 (5 ) x x x x − − =  ⇔  − + = −  0.25 2 2 2 5 2 ( 2) 9 (5 ) x x x x x  =    = ⇔ ⇔ =    − + = −  Vậy x = 2 thì tam giác ABC vuông cân tại B 0.25 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT TRÀM CHIM ĐỀ ĐỀ XUẤT KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN – LỚP 10 Th i gian: 90. phút (không kể th i gian phát đề) Ngày thi: …/12 /2012 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 i m) Câu I: (1 i m) Cho [ ] ( ] 5;7 ; 3;10A B = − = . Tìm