Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2010 Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 10 ( Thời gian 90 phút ) ĐỀ THI CHÍNH THỨC A-PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu 1: (1,5 đ ) Cho hai tập hợp ( ) 2;4A = − và [ ) 0;7B = . Tìm các tập hợp A B∪ , , \ , \A B A B B A∩ và biểu diễn chúng trên trục số. Câu 2: (1,5 đ ) Cho hàm số ( ) 1 3 2y m x x m= − + + − a) Xác định m để hàm số đồng biến trên ¡ . b) Giải và biện luận theo m phương trình ( ) 1 3 2 0m x x m− + + − = . Câu 3: (1đ ) Tìm hàm số bậc hai, biết đồ thị của nó là đường parabol có đỉnh ( ) 1;3I và đi qua điểm ( ) 3; 1A − . Câu 4: (1đ ) Giải phương trình 2 2 1 2 1x x x+ + = − . Câu 5: (2đ ) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;2 , 1;3 , 4;3A B C− − . a) Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tính góc A của tam giác ABC. c) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. B-PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần sau: ( phần 1 hoặc phần 2 ) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 6a: (1đ ) Giải hệ phương trình 6 2 3 3 4 1 x y x y + = − = − Câu 7a: (1đ ) Cho phương trình 2 2 3 0x x m− + − = . Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. Câu 8a: (1đ ) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB tương ứng lấy các điểm I, J, K sao cho 2 2 2 , , 5 5 5 BI BC CJ CA AK AB= = = uur uuur uuur uuur uuur uuur . Chứng minh rằng 0AI BJ CK+ + = uur uuur uuur r . Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu 6b: (1đ ) Giải hệ phương trình: 2 2 4 4 23 19 xy x y x xy y + + = − + + = . Câu 7b: (1đ ) Cho phương trình 2 2 1 0x x k− + − = . Xác định k để phương trình có hai nghiệm phân biệt là nghịch đảo của nhau. Câu 8b: (1đ ) Cho đoạn thẳng AB. Tìm điểm N thỏa mãn 2 2 . 0NA NA NB+ = uuur uuur . Hết 1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10 KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2010 - ĐỀ THI CHÍNH THỨC . A- PHẦN CHUNG ( 7 điểm ) Câu Nội dung Điểm 1 Cho hai tập hợp ( ) 2;4A = − và [ ) 0;7B = . 1,50 ( ) [ ) ( ) [ ) 2;7 , 0;4 , \ 2;0 , \ 4;7A B A B A B B A∪ = − ∩ = = − = ( Tính đúng mỗi tập hợp cho 0,25) Biểu diễn trên trục số (đúng hai tập hợp cho 0,25) 1,00 0,50 2 Cho hàm số ( ) 1 3 2y m x x m= − + + − 1,50 2a Xác định m để hàm số đồng biến trên ¡ . 0,50 Ta có ( ) 1 3 2y m x x m= − + + − ( ) 2 2y m x m⇔ = + + − Để hàm số đồng biến trên ¡ thì 2 0 2m m+ > ⇔ > − 0,25 0,25 2b Giải và biện luận theo m phương trình ( ) 1 3 2 0m x x m− + + − = . 1,00 Ta có ( ) 1 3 2 0m x x m− + + − = ( ) 2 2 (1)m x m ′ ⇔ + = − + Nếu 2m ≠ − thì phương trình (1) ′ có nghiệm duy nhất 2 2 m x m − = + . + Nếu 2m = − thì phương trình (1) ′ có dạng 0 4x = ⇒ pt (1) ′ vô nghiệm Kết luận: * 2m ≠ − : phương trình (1) có nghiệm duy nhất 2 2 m x m − = + * 2m = − : phương trình (1) vô nghiệm . 0,25 0,25 0,25 0,25 3 Tìm hàm số bậc hai 1,00 Hàm số bậc hai cần tìm có dạng 2 ( 0)y ax bx c a= + + ≠ Đồ thị hàm số là Parabol có đỉnh ( ) 1;3I và đi qua điểm ( ) 3; 1A − nên ta có hệ phương trình 1 2 3 9 3 1 b a a b c a b c − = + + = + + = − 2 0 3 9 3 1 a b a b c a b c + = ⇔ + + = + + = − 1 2 2 a b c = − ⇔ = = Vậy hàm số cần tìm là 2 2 2y x x= − + + . 0,25 0,25 0,25 0,25 4 Giải phương trình 2 2 1 2 1x x x+ + = − . 1,00 2 2 1 2 1x x x+ + = − ( ) 2 1 2 1x x⇔ + = − 1 2 1x x⇔ + = − 2 1 0 1 2 1 1 1 2 x x x x x − ≥ ⇔ + = − + = − 1 2 2 0 x x x ≥ ⇔ = = 2x⇔ = 0,50 0,50 2 Vậy phương trình có một nghiệm là 2x = . 5 Trong hệ trục tọa độ Oxy cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 1;2 , 1;3 , 4;3A B C− − . 2,00 5a Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. 0,50 Ta có ( ) ( ) 2;1 , 3;1AB AC= = − uuur uuur . Vì 2 1 3 1 ≠ − nên , AB AC uuur uuur không cùng phương, suy ra ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Vậy A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. 0,25 0,25 5b Tính góc A của tam giác ABC. 0,75 Ta có ( ) 2 2 2;1 2 1 5AB AB= ⇒ = + = uuur uuur ( ) 2 2 3;1 ( 3) 1 10AC AC= − ⇒ = − + = uuur uuur . 2( 3) 1.1 2 cos 2 5. 10 . AB AC A AB AC − + = = = − uuur uuur uuur uuur Vậy · 0 135BAC = . 0,25 0,25 0,25 5c Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. 0,75 Gọi ( ) ;x y là tọa độ của điểm D. Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB DC= uuur uuur . Ta có ( ) ( ) 2;1 , 4 ;3AB DC x y= = − − − uuur uuur Suy ra AB DC= uuur uuur 2 4 1 3 x y = − − ⇔ = − 6 2 x y = − ⇔ = Vậy ( ) 6;2D − . 0,25 0,25 0,25 PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) • Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu Nội dung Điểm 6a Giải hệ phương trình 1,00 Điều kiện 0, 0x y≠ ≠ . Đặt 3 2 , u v x y = = . Hệ đã cho trở thành 2 3 2 1 u v u v + = − = − 1 1 u v = ⇔ = Do đó hệ đã cho tương đương với hệ phương trình 3 1 2 1 x y = = 3 2 x y = ⇔ = Vậy hệ đã cho có một nghiệm là ( ) ( ) ; 3;2x y = 0,25 0,25 0,25 0,25 7a Cho phương trình 2 2 3 0x x m− + − = . Xác định m để phương trình 1,00 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 ′ ∆ > 4 0 4 (*)m m⇔ − > ⇔ < 0,25 3 Khi đó theo hệ thức Vi-ét và giả thiết của bài toán ta có 1 2 1 2 1 2 2 . 3 2 x x x x m x x + = = − = 2 2 2 1 2 3 2 2 3 2 x x m x x = ⇔ = − = 2 1 2 2 3 8 3 9 2 x m x x = ⇔ = − = 35 9 m⇒ = Kết hợp với điều kiện (*) ta được 35 9 m = là giá trị cần tìm. 0,50 0,25 8a Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB tương ứng lấy 1,00 Ta có AI BJ CK+ + uur uuur uuur ( ) ( ) ( )AB BI BC CJ CA AK= + + + + + uuur uur uuur uuur uuur uuur 2 2 ( ) ( ) 5 5 AB BC BC CA= + + + + uuur uuur uuur uuur 2 ( ) 5 CA AB+ uuur uuur 2 ( ) ( ) 0 5 AB BC CA AB BC CA= + + + + + = uuur uuur uuur uuur uuur uuur r 0,25 0,25 0,50 • Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu Nội dung Điểm 6b Giải hệ phương trình 1,00 Đặt , S x y P xy= + = , ta có 2 2 2 2x y S P+ = − . Thế vào hệ phương trình đã cho, ta được hệ phương trình ẩn S và P. 2 4 23 19 P S S P + = − − = 2 2 4 4 0 19 S S P S + + = ⇔ = − 2 15 S P = − ⇔ = − Do đó, hệ phương trình đã cho tương đương với hệ: 2 15 x y xy + = − = − 3 5 x y = ⇔ = − hoặc 5 3 x y = − = . Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( ) ( ) ; 3; 5x y = − và ( ) ( ) ; 5;3x y = − . 0,25 0,25 0,25 0,25 7b Cho phương trình 2 2 1 0x x k− + − = . Xác định k để phương trình 1,00 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 ′ ∆ > 2 0 2 (**)k k⇔ − > ⇔ < Khi đó phương trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau khi và chỉ 0,25 4 khi 1 2 1 2 0, 0 . 1 x x x x ≠ ≠ = 1 2 1 0 . 1 1 k x x k − ≠ ⇔ = − = 1 2 k k ≠ ⇔ = 2k⇔ = . Đối chiếu với điều kiện (**) thì 2k = không thỏa mãn. Vậy không có giá trị nào của k thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,50 0,25 8b Cho đoạn thẳng AB. Tìm điểm N thỏa mãn 2 2 . 0NA NA NB+ = uuur uuur . 1,00 Ta có 2 2 . 0NA NA NB+ = uuur uuur ( ) 2 0NA NA NB⇔ + = uuur uuur uuur ( ) 2( ) 0NA NK KA NK KB⇔ + + + = uuur uuur uuur uuur uuur (với K là một điểm bất kỳ). ( ) 3 2 0NA NK KA KB⇔ + + = uuur uuur uuur uuur . Chọn điểm K thỏa mãn 2 0KA KB+ = uuur uuur r thì K chia đoạn AB theo tỉ số 2k = − nên điểm K cố định. Khi đó 2 2 . 0NA NA NB+ = uuur uuur 3 . 0NA NK⇔ = uuur uuur NA NK⇔ ⊥ uuur uuur · 0 90ANK⇔ = ⇔ N thuộc đường tròn đường kính AK. 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Mọi cách chứng minh khác đúng và hợp lý vẫn cho điểm tối đa của câu đó. 5 . Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2 010 Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 10 ( Thời gian 90 phút ) ĐỀ THI CHÍNH THỨC A-PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC. N thỏa mãn 2 2 . 0NA NA NB+ = uuur uuur . Hết 1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10 KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2 010 - ĐỀ THI CHÍNH THỨC . A- PHẦN CHUNG ( 7 điểm ) Câu Nội dung Điểm 1 Cho. có ( ) 2 2 2;1 2 1 5AB AB= ⇒ = + = uuur uuur ( ) 2 2 3;1 ( 3) 1 10AC AC= − ⇒ = − + = uuur uuur . 2( 3) 1.1 2 cos 2 5. 10 . AB AC A AB AC − + = = = − uuur uuur uuur uuur Vậy · 0 135BAC = . 0,25 0,25 0,25 5c