Tham khảo Toán 10 HK I_10

http://ductam_tp.violet.vn/ KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 10 – Chương trình cơ bản Thời Gian: 90 Phút - Đề 01 Bài 1. Giải các phương trình sau ) 2 2 1 ) 3 2 1a x x b x x+ = + + = + Bài 2. Giải và biện luận phương trình 2 2 2 3m x m x m + = + − theo tham số m Bài 3. Xác định parabol 2 y ax bx c = + + biết parabol có trục đối xứng 5 6 x = , cắt trục tung tại điểm A(0; 2) và đi qua điểm B(2; 4). Bài 4. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau 2 3 2 4 6 5 5 3 5 x y z x y z x y z + + =   − + − =   − + = −  Bài 5. Cho ba điểm A(2; -3), B(4; 5), C(0; -1). a) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng. b) Tìm điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. c) Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A. KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 10 – Chương trình cơ bản Thời Gian: 90 Phút - Đề 02 Bài 1. Giải các phương trình sau ) 3 7 3 ) 2 5 2a x x b x x+ = + − = + Bài 2. Giải và biện luận phương trình 2 2 3 2m x m mx m + = + + theo tham số m Bài 3. Xác định parabol 2 y ax bx c = + + biết parabol có đỉnh ( 1; 4)I − − và đi qua điểm A(-3; 0). Bài 4. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau 5 4 3 5 30 2 5 3 76 x y z x y z x y z − − = −   + − =   + + =  Bài 5. Cho ba điểm A(-5; 6), B(- 4; -1), C(4; 3). a) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng. b) b)Tìm điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. c) Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A. ĐA ́ P A ́ N VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOA ́ N LỚP 10 (Ban CB) - Đê ̀ 1 Bài Nội dung Điểm 1 1,5 a) 2 2 1 (1)x x + = + Điều kiện: 2 0 2x x + ≥ ⇔ ≥ − 2 2 (1) 2 (2 1) 1 4 3 1 0 1 4 x x x x x x ⇒ + = + = −   ⇒ + − = ⇒  =  1 1, 4 x x = − = đều thỏa mãn điều kiện của phương trình (1) nhưng thay vào phương trình thì 1x = − không thỏa, 1 4 x = thỏa phương trình. Vậy 1 4 x = là nghiệm của phương trình (1). 0,25 0,25 0,25 b) 3 2 1 (2)x x + = + 2 2 (2) (3 2) ( 1) (4 3)(2 1) 0 3 4 1 2 x x x x x x ⇒ + = + ⇒ + + =  = −  ⇒   = −   Thay 3 1 , 4 2 x x = − = − vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn. Vậy 3 1 , 4 2 x x = − = − là nghiệm của phương trình (2). 0,25 0,25 0,25 2 2 2 2 2 2 3 ( 1) 2 3 (1) m x m x m m x m m + = + − ⇔ − = − − • 2 1 1 0 1 m m m ≠  − ≠ ⇔  ≠ −  2 2 2 3 ( 1)( 3) 3 (1) ( 1) ( 1)( 1) 1 m m m m m x m m m m − − + − − ⇔ = = = − − + − • 2 1 1 0 1 m m m =  − = ⇔  = −  Với 1m = thì phương trình (1) thành 0 4x = − : vô nghiệm Với 1m = − thì phương trình (1) thành 0 0x = : có vô số nghiệm Kết luận: Nếu 1 1 m m ≠   ≠ −  thì phương trình có nghiệm duy nhất 3 1 m x m − = − Nếu 1m = thì phương trình vô nghiệm Nếu 1m = − thì phương trình có vô số nghiệm 2 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 3 2 ( ) :P y ax bx c = + + Theo giả thiết ta có 5 5 3 0 (1) 2 6 b a b a − = ⇔ + = (P) cắt trục tung tại điểm A(0; 2) và đi qua điểm B(2; 4) suy ra 2c = , 4 2 4a b c + + = (2) Từ (1) và (2) suy ra 3, 5, 2a b c = = − = Vậy phương trình (P) là: 2 ( ) : 3 5 2P y x x = − + 0,25 0,5 0,5 0,25 4 2 3 2 4 6 5 5 3 5 x y z x y z x y z + + =   − + − =   − + = −  2 3 2 2 3 2 2 3 2 4( 2 3 2) 6 5 9 18 3 3 6 1 5 ( 2 3 2) 3 5 7 6 3 7 6 3 2 3 2 1 2 3 y x z y x z y x z x x z z x z x z x x z z x z x z y x z x z = − − + = − − + = − − +       ⇔ − + − − + − = ⇔ − − = − ⇔ + =       − − − + + = − + = − + = −      = − − +  ⇔ = −    =  1 2 2 3 x y z   = −  ⇔ =    =  1 0,5 0,5 5 A(2; -3), B(4; 5), C(0; -1) 4 a) (2;8), ( 2;2)AB AC = = − uuur uuur Ta có 2 8 1 4 2 2 = − ≠ = − Suy ra 2 vectơ , AB AC uuur uuur không cùng phương ⇒ A, B, C không thẳng hàng. 0,5 0,25 0,25 b) Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm D, ( ; 1 )DC x y = − − − uuur Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC = uuur uuur ⇒ 2 2 1 8 9 x x y y − = = −   ⇔   − − = = −   Vậy ( 2; 9)D − − 0,25 0,25 0,5 c) Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm A’ AA' ( 2; 3), ( 4; 6), ' ( 4; 5)x y BC BA x y = − + = − − = − − uuur uuur uuur ' AA'. 0 4( 2) 6( 3) 0 2 3 5 (1) AA BC BC x y x y ⊥ ⇒ = ⇒ − − − + = ⇒ + = − uuur uuur 'BA uuur cùng phương với BC uuur 4 5 3 2 2 (2) 4 6 x y x y − − ⇒ = ⇔ − = − − Từ (1) và (2) suy ra: 4 2 3 5 13 3 2 2 19 13 x x y x y y  = −  + = −   ⇔   − =   = −   . Vậy 4 19 '( ; ) 13 13 A − − 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 A' A B C ĐA ́ P A ́ N VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOA ́ N LỚP 10 (Ban CB) - Đê ̀ 2 Bài Nội dung Điểm 1 1,5 a) 3 7 3 (1)x x + = + Điều kiện: 7 3 7 0 3 x x + ≥ ⇔ ≥ − 2 2 (1) 3 7 ( 3) 1 3 2 0 2 x x x x x x ⇒ + = + = −  ⇒ + + = ⇒  = −  1, 2x x = − = − thỏa mãn điều kiện của phương trình (1). Thay 1,x = − 2x = − vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy 1, 2x x = − = − là nghiệm của phương trình (1). 0,25 0,25 0,25 b) 2 5 2 (2)x x − = + 2 2 (2) (2 5) ( 2) (3 3)( 7) 0 1 7 x x x x x x ⇒ − = + ⇒ − − = =  ⇒  =  Thay 1, 7x x = = vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn. Vậy 1, 7x x = = là nghiệm của phương trình (2). 0,25 0,25 0,25 2 2 2 2 2 3 2 ( ) 3 2 (1) m x m mx m m m x m m + = + + ⇔ − = − + • 2 0 0 1 m m m m ≠  − ≠ ⇔  ≠  2 2 3 2 ( 1)( 2) 2 (1) ( ) ( 1) m m m m m x m m m m m − + − − − ⇔ = = = − − • 2 0 0 1 m m m m =  − = ⇔  =  Với 0m = thì phương trình (1) thành 0 2x = : vô nghiệm Với 1m = thì phương trình (1) thành 0 0x = : có vô số nghiệm Kết luận: Nếu 0 1 m m ≠   ≠  thì phương trình có nghiệm duy nhất 2m x m − = Nếu 0m = thì phương trình vô nghiệm Nếu 1m = thì phương trình có vô số nghiệm 2 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 3 2 ( ) :P y ax bx c = + + Theo giả thiết ta có ( 1; 4)I − − 1 2 (1) 2 b b a a − ⇒ = − ⇒ = (P) đi qua điểm A(-3; 0), ( 1; 4) ( )I P − − ∈ suy ra ta có : 9 3 0 4 a b c a b c − + =   − + = −  (2) 1,5 0,25 0,5 Từ (1) và (2) suy ra 1, 2, 3a b c = = = − Vậy phương trình (P) là: 2 ( ) : 2 3P y x x = + − 0,5 0,25 4 5 4 3 5 30 2 5 3 76 x y z x y z x y z − − = −   + − =   + + =  5 5 4( 5) 3 5 30 7 50 2( 5) 5 3 76 7 5 86 5 9 8 8 6 6 x y z x y z y z y z y z y z y z y z x y z x y y z z = + − = + −     ⇔ + − + − = ⇔ − =     + − + + = + =   = + − =     ⇔ = ⇔ =     = =   1 0,5 0,5 5 A(-5; 6), B(- 4; -1), C(4; 3) 4 a) (1; 7), (9; 3)AB AC = − = − uuur uuur Ta có 1 7 9 3 − ≠ − Suy ra 2 vectơ , AB AC uuur uuur không cùng phương ⇒ A, B, C không thẳng hàng. 0,5 0,25 0,25 b) Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm D, (4 ; 3 )DC x y = − − uuur Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC = uuur uuur ⇒ 4 1 3 3 7 10 x x y y − = =   ⇔   − = − =   Vậy (3;10)D 0,25 0,25 0,5 c) Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm A’ AA' ( 5; 6), (8;4), ' ( 4; 1)x y BC BA x y = + − = = + + uuur uuur uuur ' AA'. 0 8( 5) 4( 6) 0 2 4 (1) AA BC BC x y x y ⊥ ⇒ = ⇒ + + − = ⇒ + = − uuur uuur 'BA uuur cùng phương với BC uuur 4 1 2 2 (2) 8 4 x y x y + + ⇒ = ⇔ − = − Từ (1) và (2) suy ra: 2 4 2 2 2 0 x y x x y y + = − = −   ⇔   − = − =   . Vậy '( 2;0)A − 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 A' A B C . http://ductam_tp.violet.vn/ KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 10 – Chương trình cơ bản Th i Gian: 90 Phút - Đề 01 B i 1. Gi i các phương trình sau ) 2. A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A. KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 10 – Chương trình cơ bản Th i Gian: 90 Phút - Đề 02 B i 1. Gi i các phương trình sau ) 3 7 3