2 de tham khao kiem tra hoc ky mon Toan lop 10 vadap an so 34

b) Tìm điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. c) Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A..[r]

(1)

KIỂM TRA HỌC KỲ I

Mơn: Tốn 10 – Chương trình Thời gian: 90 phút - Đề 3

Bài Giải phương trình sau

) 2 )

a x  x b x  x

Bài Giải biện luận phương trình m x2 2m x m  2 3 theo tham số m Bài Xác định parabol y ax bx c biết parabol có trục đối xứng

5

x

, cắt trục tung điểm A(0; 2) qua điểm B(2; 4)

Bài Khơng sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau

2

4

5

x y z

x y z

x y z

  

 

   



    

Bài Cho ba điểm A(2; -3), B(4; 5), C(0; -1).

a) Chứng minh ba điểm A, B, C khơng thẳng hàng b) Tìm điểm D cho ABCD hình bình hành c) Tính tọa độ chân A’ đường cao vẽ từ đỉnh A

KIỂM TRA HỌC KỲ I

Mơn: Tốn 10 – Chương trình Thời gian: 90 phút - Đề 4

Bài Giải phương trình sau

) )

a x  x b x  x

Bài Giải biện luận phương trình m x2 3m mx m  2 theo tham số m

Bài Xác định parabol y ax 2bx c biết parabol có đỉnh I( 1; 4)  qua điểm A(-3; 0)

Bài Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau

5 30 76

x y z

x y z

   



  



   

 Bài Cho ba điểm A(-5; 6), B(- 4; -1), C(4; 3).

(2)

LỚP 10 (Ban Cơ bản) - Đề 3

Bài Nội dung Điểm

1 1,5

a)

2 (1) x  x

Điều kiện: x  2 x2

2

(1) (2 1)

1 1

4

x x

x

x x

x

   

  

    

 



1 1,

4 x x

thỏa mãn điều kiện phương trình (1) thay vào phương trình x1 khơng thỏa,

1 x

thỏa phương trình Vậy

4 x

nghiệm phương trình (1)

0,25

b)

3x2  x (2)

2

(2) (3 2) ( 1) (4 3)(2 1)

4

x x x x

x x

       

    

  

Thay

3

,

4

x x

vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn Vậy 3,

4

x x

là nghiệm phương trình (2)

0,25

2 2

2

2 ( 1) (1)

m x m x m

m x m m

   

    



2 1 0

1 m m

m      

 

2

2 ( 1)( 3) (1)

( 1) ( 1)( 1)

m m m m m

x

m m m m

    

   

   



2 1 0

1 m m

m      

 

Với m1 phương trình (1) thành 0x4: vơ nghiệm Với m1 phương trình (1) thành 0x0: có vơ số nghiệm Kết luận: Nếu

1 m m

  



 thì phương trình có nghiệm

3 m x

m  

 Nếu m1 phương trình vơ nghiệm

Nếu m1 phương trình có vơ số nghiệm

2 0,25 0,25 0,5

0,25 0,25 0,25

(3)

3

2

( ) :P y ax bx c Theo giả thiết ta có

5

5 (1)

b

a b

a

    

(P) cắt trục tung điểm A(0; 2) qua điểm B(2; 4) suy

c  , 4a2b c 4 (2)

Từ (1) (2) suy a 3, b5, c2 Vậy phương trình (P) là: ( ) :P y 3x2  5x2

1,5 0,25 0,5 0,5 0,25 4

2

4

5

x y z

x y z

x y z

              

2 2 4( 2) 18 3

5 ( 2) 7

2

y x z y x z y x z

x x z z x z x z

y x z

x z                                                             2 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 

                            Ta có

2   2 

Suy vectơ AB AC,                            

không phương  A, B, C không thẳng hàng

0,5 0,25

0,25

b)

Gọi ( ; )x y tọa độ điểm D, DC  ( x ; 1  y)



Vì ABCD hình bình hành nên AB DC  22 189 xx yy   

Vậy D( 2; 9) 

0,25 0,25 0,5

c) Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm A’

AA' (  x 2;y3),  BC  ( 4; 6),  BA' ( x 4;y 5)

                    

' AA'

4( 2) 6( 3) (1)

AA BC BC

x y x y

              ' BA 

phương với BC

4

3 2 (2)

(4)

Từ (1) (2) suy ra:

2 13

3 2 19

13 x

x y

y 

   

 



 

 

  



 Vậy

4 19 '( ; )

13 13

A  

0,5

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TOÁN LỚP 10 (Chương trình Cơ bản) - Đề 4

Bài Nội dung Điểm

1 1,5

a)

3x7  x (1) Điều kiện:

7

3 x   x

2

(1) ( 3)

1

2

x x

x

x x

x

   

 

     

 

1,

x x thỏa mãn điều kiện phương trình (1) Thay x1,

2

x vào phương trình ta thấy thỏa mãn Vậy x1, x2 nghiệm

của phương trình (1)

0,25

b)

2x  x (2)

2

(2) (2 5) ( 2) (3 3)( 7)

7

x x x x

x x

       

 

  



Thay x1, x7 vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn Vậy x1, x7 nghiệm phương trình (2)

0,25 0,25

0,25

2

3 ( ) (1)

m x m mx m

m m x m m

   

    



2 0

1 m

m m

m      

 

2

3 ( 1)( 2) (1)

( ) ( 1)

m m m m m

x

m m m m m

    

   

 



2 0

1 m

m m

m      

 

Với m0 phương trình (1) thành 0x2: vơ nghiệm Với m1 phương trình (1) thành 0x0: có vơ số nghiệm Kết luận: Nếu

0 m m

  



 thì phương trình có nghiệm

2 m x

m   Nếu m0 phương trình vơ nghiệm

Nếu m1 phương trình có vơ số nghiệm

2 0,25 0,25 0,5

0,25 0,25 0,25

0,25

(5)

3

2

( ) :P y ax bx c

Theo giả thiết ta có I( 1; 4)  2 (1) b

b a

a 

   

(P) qua điểm A(-3; 0), I( 1; 4) ( )   P suy ta có :

9

4

a b c

a b c

  

 

  

 (2)

Từ (1) (2) suy a1, b2, c3 Vậy phương trình (P) là: ( ) :P y x 22x

0,25

0,5

0,5 0,25

4

5 30 76

x y z

x y z

   



  



   



1

0,5

5 A(-5; 6), B(- 4; -1), C(4; 3) 4

a)

(1; 7), (9; 3)

AB  AC 

 

Ta có

1

 



Suy vectơ AB AC,  

không phương  A, B, C không thẳng hàng

0,5 0,25

0,25

b)

Gọi ( ; )x y tọa độ điểm D, DC (4 x ; 3 y)



Vì ABCD hình bình hành nên AB DC 

4

3 10

x x

y y

  

 



 

  

 

Vậy D(3;10)

0,25 0,25 0,5

c)

Gọi ( ; )x y tọa độ điểm A’

AA' ( x5;y 6), BC (8;4), BA' ( x4;y1)

  

' AA'

8( 5) 4( 6) (1)

AA BC BC

x y x y

  

       

                           

' BA



phương với BC

4

2 (2)

8

x y

 

    

Từ (1) (2) suy ra:

2

x y x

x y y

  

 



 

  

  Vậy A'( 2;0)

0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 A'

A

(6)