ĐỀ THI HK 1 KHỐI 10 CB THAM KHẢO 2

ĐỀ: I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH. (7 điểm ) Câu1: Cho 2 tập hợp A= { 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 } B= { 0; 2; 4; 6; 8 } a./ Xác định A B∪ và A\ B ? b./ Tìm tất cả các tập hợp X khác tập rỗng sao cho X A⊂ và X B⊂ ? Câu 2: Cho hàm số 2 ( ) 2 3y f x x x= = − − . (Gọi là đồ thị (P)) a./ Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (P). b./Tìm số giao điểm của (P) và đường thẳng d: y = 2x – 3. Câu 3: Giải các phương trình sau: a./ 2 5 4x x− = − . b./ 3 4 3x x+ − = . Câu 4: Cho tan 2 α = biết ( 0 0 0 90 α < < ). Tính giá trị biểu thức: 2cos sin cot P α α α − = . II/ PHẦN RIÊNG TỰ CHỌN.( 3 điểm). ( Học sinh chọn1 trong 2 phần 5a; 6a hoặc 5b; 6b ). Câu 5a: Cho tam giác ABC.Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AM. 1./Chứng minh: 2 4OA OB OC ON+ + = uuur uuur uuur uuur ,với mọi O bất kì. 2./ Khi cho điểm (3;1); (1; 1); (2;2)A B C− . Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. Câu 6a: Cho 3 số dương a,b,c. Chứng minh rằng: 6 a b b c c a c a b + + + + + ≥ . Câu 5b: Cho tam giác ABC.Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AM. 1./Chứng minh: 2 4OA OB OC ON+ + = uuur uuur uuur uuur ,với mọi O bất kì. 2./ Khi cho điểm (3;1); (1; 1); (2;2)A B C− .Tìm tọa độ điểm G để A là trọng tâm tam giác BCG. Câu 6b: Cho phương trình: 2 2( 2) 3 0mx m x m+ − + − = .Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thoả: 1 2 2 1 3 x x x x + = . ………………Hết ………………. • Ghi chú : o Học sinh không dùng tài liệu. o Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN TRƯỜNG THPT TRẦN SUYỀN TỔ : TOÁN –TIN  ĐỀ THI HỌC KÌ I- NĂM HỌC : 2010-2011 MÔN : TOÁN – LỚP 10CB -TG: 90 PHÚT (không tính thời gian giao đề)  ĐÁP ÁN. Câu Hướng dẫn chấm Điểm 1a 1b A B∪ = { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6;7; 8 } A\ B = { 1; 3; 5; 7;} Đặt C A B = ∩ = { 2; 4; 6} Để thoả ycbt thì X C⊂ . Vậy tất cả tập X cần tìm là:{ 2}; { 4; };{ 6}; { 2; 4};{ 2; 6};{ 4; 6};{ 2;4; 6;} 0.25đ 0.25đ 0.5đ 2a • Txđ : D = R • Tọa độ đỉnh (1; 4)I − • BBT • Đồ thị • KL: Đồ thị ……………………………………… 0.5đ 0.5đ 0.75đ 0.25đ 2b • Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d: 2 2 x 2x – 3 2x – 3 x – 4x 0 0 3 4 5 x y x y − = ⇔ = = => = −  ⇔  = => =  Vậy giao điểm cần tìm là: A( 0; -3) và B( 4; 5) 0.25đ 0.5đ 0.25đ - 4 + ∞ + ∞ 1 + ∞ - ∞ y x x y - - 3a 2 2 2 5 4 4 0 2 5 8 16 4 10 21 0 4 7( ) 3( ) 7 x x x x x x x x x x x n x l x − = − − ≥  ⇔  − = − +  ≥  ⇔  − + =  ≥   ⇔ =     =   ⇔ = Vậy: x = 7 là nghiệm của phương trình. 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 3b 3 4 3 3 0 3 4 3 3 4 3 3 1 ( ) 2 7 ( ) 4 pt x x x x x x x x x n x n ⇔ + = + + ≥   ⇔ + = +     + = − −   ≥ −     = −  ⇔      = −    Vậy: 1 7 ; 2 4 x x= − = − là nghiệm của phương trình. 0.25đ 0.5đ 0.25đ 4 Áp dụng công thức tính được: 1 cot 2 2 5 sin 5 5 cos 5 α α α • = • = • = Vậy 5 2 5 2. 2cos sin 5 5 0 1 cot 2 P α α α − − = = = . 0.75đ 0.25đ 5a.1 M C B A N ( ) 2 2 2 2 2.2 4 . OB OC OM OA OM OA OM ON ON • + = • + = + = = uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur Vậy suy ra đpcm. 0.5đ 0.5đ 5a.2 • ( ) ( ) 2; 2 ; 2 ;2AB DC x y= − − = − − uuur uuur • ABCD là hình bình hành thì: ( ) 2 2 2 2 4 4 4;4 AB DC x y x y D = − = −  ⇔  − = −  =  ⇔  =  ⇒ uuur uuur Vậy: D( 4; 4 ) là toạ độ cần tìm. 0.5đ 0.25đ 0.25đ 6a Ta có: a b b c c a VT c a b a c b c a b c a c b b a + + + = + +       = + + + + +  ÷  ÷  ÷       Áp dụng côsi cho 2 số: ; a c c a ta có: 2 . 2 a c a c c a c a + ≥ = Tương tự: 2 . 2 b c b c c b c b + ≥ = và 2 . 2 a b a b b a b a + ≥ = Suy ra: 6VT ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c = = . Vậy suy ra đpcm. 0.25đ 0.5đ 0.25đ 5b.1 Như câu 5a.1 1đ 5b.2 Vì A là trọng tâm tam giác BCG nên: D M C B A N ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 6 . 2 6;2 A B C G A B C G G A B C G A B C G G x x x x y y y y x x x x y y y y x y G = + +   = + +  = − +  ⇔  = − +   =  ⇔ ⇔  =  ⇒ 0.25đ 0.5đ 0.25đ 6b 2 2( 2) 3 0mx m x m+ − + − = (1) Để (1) có 2nghiệm phân biệt: ' 2 0 0 0 (*) 4 0 ( 2) ( 3) 0 m m m m m m m ≠ ≠ ≠    ⇔ ⇔    < ∆ > − − − >    Suy ra 1 2 2 4 2 4 ; m m m m x x m m − + − − − − = = Để thoả ycbt: 1 2 2 1 3 x x x x + = . ⇔ 2 4 2 4 3 2 4 2 4 m m m m m m m m m m m m − + − − − − + = − − − − + − 2 2 (2 4 ) (2 4 ) 3(2 4 )(2 4 )m m m m m m m m⇔ − + − + − − − = − + − − − − ⇔ ………………………………. 2 16 0 1 65 2 1 65 2 m m m m ⇔ + − =  − + =   ⇔  − − =   thoả (*) Vậy với m 1 65 2 − + = và m 1 65 2 − − = 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ • Lưu ý: Học sinh có thể giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 Năm học: 2010 – 2011 Môn: Toán Khối 10 Mức Độ Nội Dung Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng Tập hợp 1 0.5 1 0.5 2 1 Hàm số bậc hai 1 2 1 1 2 3 Phương trình quy về bậc nhất, bậc hai 2 2 2 2 Vectơ 1 1 1 1 Hệ trục toạ độ 1 1 1 1 Tỉ số lưọng giác 1 1 1 1 Bất đẳng thức 1 1 1 1 Tổng 4 4.5 4 3.5 2 2 10 10 . bậc nhất, bậc hai 2 2 2 2 Vectơ 1 1 1 1 Hệ trục toạ độ 1 1 1 1 Tỉ số lưọng giác 1 1 1 1 Bất đẳng thức 1 1 1 1 Tổng 4 4.5 4 3.5 2 2 10 10 . HỌC KỲ 1 Năm học: 2 010 – 2 011 Môn: Toán Khối 10 Mức Độ Nội Dung Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng Tập hợp 1 0.5 1 0.5 2 1 Hàm số bậc hai 1 2 1 1 2 3 Phương