Đề kiểm tra học kỳ 1 toán 10 (9)

Đề số 9 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG: (7điểm) (Dành cho tất cả các học sinh) Câu 1: (2điểm) 1) Cho hai tập hợp ) A B0;2 , (1;3)  = =  . Hãy xác định các tập hợp: A B A B A B, , \∪ ∩ 2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y x x 2 4 5 =− + + Câu 2: (2điểm) 1) Xét tính chẵn lẻ của hàm số: f x x x( ) 1 1= + − − 2) Cho phương trình : x mx m m 2 2 2 0 − + − = . Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x 1 2 , thỏa mãn : x x x x 2 2 1 2 1 2 3+ = Câu 3: (3điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A B C(1;2), ( 3;4), (5;6)− . a) Chứng minh ba điểm A B C, , không thẳng hàng. b) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. 2) Cho 0 0 3 sin (0 90 ) 5 α α = < < .Tính giá trị biểu thức: P 1 tan 1 tan α α − = + II. PHẦN RIÊNG: (3điểm) (Học sinh chọn Câu4a hoặc Câu 4b để làm) Câu 4a: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách nâng cao) 1) Giải phương trình : x x x x 2 2 4 9 6 4 9 12 20 0 − − − + + = 2) Tìm m để hệ phương trình : mx y m x my 4      + = + = có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên. 3) Cho tam giác ABC vuông cân tại A có BC a 2= . Tính : CA CB AB BC. , . uuur uuur uuur uuur Câu 4b: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách chuẩn) 1) Giải phương trình: x x 4 2 7 12 0 − + = 2) Giải hệ phương trình: x y xy 2 2 13 6      + = = 3) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A B C(1; 2), (5; 1), (3;2)− − . Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. ––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––– Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1 Đề số 9 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút Câu Nội dung Điểm 1.1 ) A B 0;3  ∪ =  0.25 A B (1;2)∩ = 0.25 A B\ 0;1   =   0.25 1.2 TXĐ: D = ¡ , tọa độ đỉnh I(2;9) 0.25 a 1 = − : Parabol quay bề lõm xuống dưới và nhận x 2 = làm trục đối xứng. 0.25 0.25 0.5 2.1 TXĐ: D = ¡ , x D x D∀ ∈ ⇒ − ∈ 0.25 f x x x( ) 1 1− = − + − − − 0.25 f x x x f x( ) 1 1 ( )− = − − + = − 0.25 Kết luận: Hàm số lẻ 0.25 2.2 m m m m S x x m P x x m m / 2 2 2 ( ) 0, 2 , . 1 2 1 2 ∆ = − − = > = + = = = − 0.25 x x x x x x x x 2 2 2 3 ( ) 5 0 1 2 1 2 1 2 1 2 + = ⇔ + − = m m m m m m m 2 2 4 5( ) 0 0 2 5 0 5    ⇔ − − = = ⇔ − + = ⇔ = 0.5 Kết luận : m 5. = 0.25 3.1a AB ( 4;2)= − uuur , AC (4;4)= uuur 0.25 4 2 4 4 − ≠ 0.25 AB uuur không cùng phương với AC uuur 0.25 A B C, , không thẳng hàng. 0.25 3.1b x x x A B C x G 1 3 + + = = 0.25 y y y A B C y G 4 3 + + = = 0.25 Trọng tâm tam giác ABC là : G (1;4) 0.25 x −∞ 2 +∞ y 9 −∞ −∞ 2 1 0 8 6 4 2 - 5 5 1 0 - 1 5 y O 9 I 2 3.2 0 0 2 s 25 3 9 4 in ,(0 90 ) cos 1 sin 1 5 5 α α α α = < < ⇒ = − = − = 0.25 3 tan 4 α = 0.25 3 1 1 tan 1 4 4 α − = − = 0.25 3 7 1 tan 1 4 4 α + = + = 0.25 P 1 tan 1 1 tan 7 α α − = = + 0.25 4a.1 x x x x 9 111 2 2 4 9 12 (2 ) 0, 4 16 − + = − + > ∀ ∈¡ 0.25 Đặt : y x x 2 4 9 12 0= − + > ,phương trình trở về: y y y y 2 2 6 8 0 4    = − + = ⇔ = 0.25 y x x x x 2 2 2 4 9 12 2 4 9 8 0= ⇔ − + = ⇔ − + = : Phương trình vô nghiệm 0.25 y x x x x x 2 2 4 4 9 12 4 9 145 4 9 4 0 8 = ⇔ − + = ⇔ ± − − = ⇔ = 0.25 4a.2 m D m m 2 1 1 1 = = − . Với : m 1≠ ± thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất và x 1 = không thỏa mãn hệ phương trình. Nên : x 1 ≠ 0.25 Từ PT thứ nhất ta có : y m x1 = − thay vào PT thứ hai ta được: x x y 2 2 5 (4 ) 0− + − = ⇔ y x x x y y x 2 2 2 2 5 9 4 2 5 ( 4 ) 0 5 9 4 2        + + = − + − = ⇔ − + = 0.25 Để x ∈ ¢ cần phải có y n n n y n y y 2 2 ,9 4 ( 2 )( 2 ) 9,+ = ∈ ⇔ − + = ∈¢ ¢ n y n y 2 1 2 9  − = ⇔  + =  hoặc n y n y 2 1 2 9      − = − + = − hoặc n y n y 2 9 2 1      − = + = hoặc n y n y 2 9 2 1      − = − + = − hoặc n y n y 2 3 2 3      − = + = hoặc n y n y 2 3 2 3      − = − + = − Giải ra được : y . 2, 2,0= − 0.25 Thử lại : y 2= hệ có nghiệm : ( ) ( ) m0;2 , 5;2 2⇒ = hoặc m 1 . 2 = − y 2= − hệ có nghiệm : ( ) ( ) m0; 2 , 5; 2 2− − ⇒ = − hoặc m 1 2 = y 0= hệ có nghiệm : ( ) ( ) m1;04;0 , 0⇒ = 0.25 Vậy : m 1 1 2; ;0; ;2 2 2       ∈ − − 0.25 Tính được : AB AC a= = 0.25 3 4a.3 CA CB AC CB a a a 0 2 2 . . .cos45 . 2. 2 = = = uuur uuur 0.25 aAB BC BA BC BA BC a a 0 2 2 2 . . . .cos45 . 2. = −= − = − = − uuur uuur uuur uuur 0.25 4b.1 Đặt t x 2 0= ≥ đưa về phương trình t t 2 7 12 0− + = 0.25 Giải được : t t 3 4    = = 0.25 t x x 2 3 3 3= ⇔ = ⇔ = ± 0.25 t x x 2 4 4 2= ⇔ = ⇔ = ± .Kết luận phương trình có 4 nghiệm : x x3, 2= ± = ± 0.25 4b.2 x y xy x y x y xy x y x y xy xy xy xy 2 2 2 2 5 6 13 ( ) 2 13 ( ) 25 5 6 6 6 6      + =      =    + = + − = + =   ⇔ ⇔ ⇔      + = − = = =         =       0.25 x y xy 5 6      + = = x x 2 3  = ⇔  =  hoặc x y 3 2      = = 0.25 x y x xy y 5 2 6 3           + = − = − ⇔ = = − hoặc x y 3 2      = − = − 0.25 Hệ phương trình có 4 nghiệm : (2;3),(3;2),( 2; 3),( 3; 2)− − − − 0.25 4b.3 Gọi D x y( ; ) , AD x y BC( 1; 2), ( 2;3)= − + = − uuur uuur 0.5 Tứ giác ABCD là hình bình hành nên: x AD BC y 1 2 2 3      − = − = ⇔ + = uuur uuur 0.25 Giải được : x y 1 1      = − = .Kết luận : D ( 1;1)− 0.25 ……HẾT…… 4 . . . . 1 Đề số 9 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2 014 – 2 015 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút Câu Nội dung Điểm 1. 1 ) A B 0;3  ∪ =  0.25 A B (1; 2)∩ = 0.25 A B 0 ;1   =   0.25 1. 2 TXĐ:. Đề số 9 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2 014 – 2 015 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG: (7điểm) (Dành cho tất cả các học sinh) Câu 1: (2điểm) 1) Cho hai tập hợp ) A B0;2 , (1; 3)  =. 4 α − = − = 0.25 3 7 1 tan 1 4 4 α + = + = 0.25 P 1 tan 1 1 tan 7 α α − = = + 0.25 4a .1 x x x x 9 11 1 2 2 4 9 12 (2 ) 0, 4 16 − + = − + > ∀ ∈¡ 0.25 Đặt : y x x 2 4 9 12 0= − + > ,phương