Đáp án – thang điểm Đề thi học kỳ I Toán 10

Lưu ý: 1 Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng và hợp lôgic thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.. 2 Các bước phụ thuộc không có hoặc sai thi kh[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC KỲ I Năm học: 2010 – 2011 Ngày thi: 22/12/2010 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN 10 (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 03 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,00 Câu I Viết tập hợp A   x  x  x   0 và B   x   x   1 theo cách 1,00 liệt kê phần tử Tìm A  B, A \ B  Ta có: x  x    x  2, x  nên tập hợp A  2;4 0,25  Ta có: x    x  0, x  nên tập hợp B  0;2 0,25  Vậy A  B  2 , A \ B  4 0,50 2,00 1,00 Câu II Hãy xác định hàm số bậc hai y  3x  bx  c, biết đồ thị nó có trục đối xứng là đường thẳng x  và cắt trục tung điểm A  0; 1 b  Do x  và a  nên ta có    b  2 2a  Do A  0; 1   P  nên ta có c  1  2 Vậy y  3x  x  là hàm số cần tìm Tìm giao điểm parabol y  x  x  với đường thẳng y  x   Hoành độ giao điểm parabol và đường thẳng là nghiệm phương trình: x  x   x  1 0,25 1,00 0,25 Giải phương trình (1) ta nghiệm x  2; x  2 Với x  thì y  10 , Với x  2 thì y  6 0,25 0,25  Vậy parabol y  x  x  đã cho và đường thẳng y  x  có hai giao điểm là  2;10  ,  2; 6  0,25 Giải phương trình:    0,25   Câu III 0,50 x   x 1 1  * Bình phương hai vế phương trình (1) ta phương x  2 trình: x    x 1  x  x      x  Điều kiện: x  Thử lại ta thấy x  2, x  là nghiệm phương trình Cho phương trình: x   m  1 x  m   1 Xác định các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, biết tổng hai nghiệm không lớn  Ta có:    2  m  1   4.1  m  1  8m  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt biệt thức   hay m  Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phương trình (1) Theo định lí Vi-ét ta  có: x1  x2   m  1 Vì tổng hai nghiệm không lớn nên 1/3 Lop10.com 2,00 1,00 0,25 0,50 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 x1  x2    m  1   m  Câu VI  Kết hợp điều kiện ta  m  Vậy với  m  thỏa đề bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho tam giác OAB có A 1;3  , B  4;2  và O là gốc tọa độ Chứng tỏ tam giác OAB vuông A Từ đó tính diện tích tam giác OAB    Ta có: OA  1;3 , AB   3; 1    Suy ra: OA AB  1.3   1  Vậy tam giác OAB vuông A   Ta có: OA  10, AB  10 Vậy diện tích tam giác OAB vuông A là: SOAB  OA AB  (đơn vị diện tích) Gọi M là trung điểm cạnh OB Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua M  Gọi M  2;1 là trung điểm cạnh OB    Gọi A '  x; y  Ta có: AM  1; 2  , MA '   x  2; y  1    Vì A’ đối xứng với A qua M nên ta có: AM  MA ' Hay  x     x  hay A '  3; 1 Vậy A '  3; 1 là điểm cần tìm  y   2 y  1 II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu V.a Giải phương trình: 25x  96 x  16   Đặt t  x , t   Khi đó phương trình trở thành: 25t  96t  16  Giải phương trình, ta nghiệm t  4, t  25 4  Do t  nên ta nhận nghiệm t  Với t  thì x   25 25 2  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x  , x   5 Tìm giá trị nhỏ hàm số: y  x  x   2010 Với x là số x  x 1 thực 1  Hàm số y  x  x   2010  x  x    2009 x  x 1 x  x 1 0,25 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 3,00 2,00 1,00 0,25  0,25 0,25 0,25 1,00 0,25   1  Do x  x    x     0, x   2  Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số dương, ta có 1     x  x  1    x  x 1 x  x    Suy y  x  x    2009   2009  2011 x  x 1 x2  x 1 Câu IV.b  Vậy giá trị nhỏ hàm số là Miny  2011 x  0, x  1 Cho tam giác ABC vuông A có AC  8, AB  15 Tính tích vô hướng   CA.CB AC  Xét tam giác ABC vuông A, ta có: cosC  BC 2/3 Lop10.com 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25        Khi đó: CA.CB  CA CB cos CA, CB  AC.BC.cosC   AC.BC    Vậy CA.CB  64 Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu V.b  0,50 AC  AC  64 BC 0,25 2,00 Giải phương trình:  x    x    1,00 2  Phương trình:  x    x      x    x     Đặt t  x  , t   t  1  l  Phương trình trở thành: t  3t     t  x   x  6 0,25  Với t  thì x     0,25  Thử lại ta nhận x  2, x  6 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x  2, x  6 0,25  x  y  x  y  Giải hệ phương trình:   xy  x  1 y  1      Câu VI.b n  t   0,25 1,00  x  x  y  y  Hệ phương trình đã cho viết lại dạng:  2  x  x  y  y   u  v  Đặt u  x  x, v  y  y Khi đó ta có hệ PT:  uv  Do đó u, v là hai nghiệm phương trình: t  4t    t  Hay u  v   x  x   x  x    x  1, x  2 Khi đó:  Vậy hệ phương  y  y   y  y    y  1, y  2 trình đã cho có nghiệm là:  x; y   1;1 , 1; 2  ,  2;1 ,  2; 2  Cho tam giác ABC vuông A có AC  8, AB  15 Tính tích vô hướng   CA.CB AC  Xét tam giác ABC vuông A, ta có: cosC  BC        Khi đó: CA.CB  CA CB cos CA, CB  AC.BC.cosC   AC.BC    Vậy CA.CB  64 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25  AC  AC  64 BC 0,50 0,25 Lưu ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu đáp án đúng và hợp lôgic thì cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Các bước phụ thuộc không có sai thi không chấm bước 3) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải thống thực tổ chấm trường -Hết 3/3 Lop10.com