Đề kiểm tra học kỳ I môn Toán 10 số 1

c Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A... Giải các phương trình sau.[r]

KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 10 – Chương trình Thời Gian: 90 Phút - Đề 01 Bài Giải các phương trình sau a) x   2x  b) x   x  Bài Giải và biện luận phương trình m x  2m  x  m  theo tham số m Bài Xác định parabol y  ax  bx  c biết parabol có trục đối xứng x  , cắt trục tung điểm A(0; 2) và qua điểm B(2; 4)  x  y  3z   Bài Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau  x  y  z   x  y  z  5  Bài 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 cho ABCD là hình bình hành c) Tính tọa độ chân A’ đường cao vẽ từ đỉnh A KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 10 – Chương trình Thời Gian: 90 Phút - Đề 02 Bài Giải các phương trình sau a) 3x   x  b) x   x  Bài Giải và biện luận phương trình m x  3m  mx  m  theo tham số m Bài Xác định parabol y  ax  bx  c biết parabol có đỉnh I (1;  4) và qua điểm A(-3; 0)  x  y  z  5  Bài Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau  x  y  z  30 2 x  y  z  76  Bài 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 cho ABCD là hình bình hành c) Tính tọa độ chân A’ đường cao vẽ từ đỉnh A Lop10.com ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN LỚP 10 (Ban CB) - Đề Bài Nội dung x   2x  (1) Điều kiện: x    x  2 (1)  x   (2 x  1) 0,25  x  1  x  3x     x1  x  1, x  thỏa mãn điều kiện phương trình (1) thay vào 1 phương trình thì x  1 không thỏa, x  thỏa phương trình Vậy x  là 4 nghiệm phương trình (1) 3x   x  (2) a) (2)  (3 x  2)  ( x  1)  (4 x  3)(2 x  1)  b)  x     x    (1) 0,25 0,25 0,25 0,25 m  2m  (m  1)(m  3) m  (1)  x    (m  1) (m  1)(m  1) m   m 1  m2      m  1 Với m  thì phương trình (1) thành x  4 : vô nghiệm Với m  1 thì phương trình (1) thành x  : có vô số nghiệm  m 1 m3 Kết luận: Nếu  thì phương trình có nghiệm x  m 1 m  1 Nếu m  thì phương trình vô nghiệm Nếu m  1 thì phương trình có vô số nghiệm 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 ( P ) : y  ax  bx  c 0,25 m x  2m  x  m  0,25 0,25 Thay x   , x   vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn Vậy x   , x   là nghiệm phương trình (2)  (m  1) x  m  2m   m 1  m2     m  1 Điểm 1,5 Lop10.com Theo giả thiết ta có  b   5a  3b  (1) 2a 0,25 (P) cắt trục tung điểm A(0; 2) và qua điểm B(2; 4) suy c  , 4a  2b  c  (2) Từ (1) và (2) suy a  3, b  5, c  0,5 0,5 0,25 Vậy phương trình (P) là: ( P ) : y  x  x   x  y  3z    x  y  z   x  y  z  5   y  2 x  z   y  2 x  z   y  2 x  z       x  4(2 x  z  2)  z    9 x  18 z  3   x  z   x  (2 x  z  2)  z  5  x  z  3  x  z  3       y  2 x  z   x  1     x  1  y 2   2 z z  3   a) b) 0,5 A(2; -3), B(4; 5), C(0; -1) 0,5   AB  (2;8), AC  (2;2) Ta có  1   2 2  Suy vectơ AB, AC không cùng phương  A, B, C không thẳng hàng 0,25 0,25  Gọi ( x; y ) là tọa độ điểm D, DC  ( x ;   y )   Vì ABCD là hình bình hành nên AB  DC  x   x  2   1  y   y  9 Vậy D(2; 9) 0,25 0,25 0,5 Gọi ( x; y ) là tọa độ điểm A’ c) 0,5 A    AA'  ( x  2; y  3), BC  (4; 6), BA '  ( x  4; y  5)   AA '  BC  AA'.BC   4( x  2)  6( y  3)   x  y  5 (1) B A'   x4 y 5 BA ' cùng phương với BC    x  y  (2) 4 6  x   2 x  y  5  13 Vậy A '( ;  19 ) Từ (1) và (2) suy ra:   13 13  3x  y   y   19  13 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN LỚP 10 (Ban CB) - Đề Lop10.com 0,5 C 0,25 0,25 0,5 0,5 Bài Nội dung 3x   x  (1) Điều kiện: x    x   Điểm 1,5 0,25 (1)  x   ( x  3) a)  x  1  x  3x      x  2 x  1, x  2 thỏa mãn điều kiện phương trình (1) Thay x  1, x  2 vào phương trình ta thấy thỏa mãn Vậy x  1, x  2 là nghiệm phương trình (1) 2x   x  (2) (2)  (2 x  5)  ( x  2)  (3 x  3)( x  7)  b) 0,25 0,25  x 1  x  Thay x  1, x  vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn Vậy x  1, x  là nghiệm phương trình (2) m x  3m  mx  m  0,25  (m  m) x  m  3m  m   m2  m    m 1 0,25 (1) 0,25 0,25 m  3m  (m  1)(m  2) m  (1)  x    ( m  m) m(m  1) m m   m2  m    m 1 Với m  thì phương trình (1) thành x  : vô nghiệm Với m  thì phương trình (1) thành x  : có vô số nghiệm m  m2 Kết luận: Nếu  thì phương trình có nghiệm x  m m 1 Nếu m  thì phương trình vô nghiệm Nếu m  thì phương trình có vô số nghiệm 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 ( P ) : y  ax  bx  c b  1  b  2a (1) 2a (P) qua điểm A(-3; 0), I (1;  4)  ( P ) 9a  3b  c  suy ta có :  (2) a  b  c    Theo giả thiết ta có I (1;  4)  0,25 Từ (1) và (2) suy a  1, b  2, c  3 Vậy phương trình (P) là: ( P ) : y  x  x  Lop10.com 0,25 0,5 0,5 0,25  x  y  z  5   x  y  z  30 2 x  y  z  76   x  y  z 5 x  y  z      4( y  z  5)  y  z  30   y  z  50 2( y  z  5)  y  z  76 7 y  z  86   0,5 x  y  z  x     y   y  z  z    a) b) 0,5 A(-5; 6), B(- 4; -1), C(4; 3) 0,5   AB  (1; 7), AC  (9; 3) 7 Ta có  3   Suy vectơ AB, AC không cùng phương  A, B, C không thẳng hàng 0,25 0,25  Gọi ( x; y ) là tọa độ điểm D, DC  (4  x ;  y )   Vì ABCD là hình bình hành nên AB  DC  4 x 1  x3   3  y  7  y  10 Vậy D(3;10) 0,25 0,25 0,5 Gọi ( x; y ) là tọa độ điểm A’ c) A    AA'  ( x  5; y  6), BC  (8;4), BA '  ( x  4; y  1)   AA '  BC  AA'.BC   8( x  5)  4( y  6)   x  y  4 (1) B A'   x  y 1 BA ' cùng phương với BC    x  y  2 (2)  x  y  4  x  2 Từ (1) và (2) suy ra:  Vậy A '(2;0)   x  y  2 y  Lop10.com 0,5 C 0,25 0,25 0,5 0,5