DaHKIToan1020102011

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 không[r]

1/3

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỒNG THÁP ĐỀ THI HỌC KỲ I Năm học: 2010 – 2011

Ngày thi: 22/12/2010 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN TỐN 10

(Hướng dẫn chấm 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  

6

A x x  x  Bx  x 1 1theo cách liệt kê phần tử Tìm AB A B, \

1,00

 Ta có: x2 6x 8 0x2,x4 nên tập hợp A2;4 0,25

 Ta có: x  1 x0,x2 nên tập hợp B0;2 0,25

 Vậy AB 2 , A B\  4 0,50

Câu II 2,00

1 Hãy xác định hàm số bậc hai

3 ,

y x bx c biết đồ thị có trục đối xứng đường thẳng

3

x và cắt trục tung điểm A0;  

1,00

 Do

3

x a3 nên ta có

2

b

b a

     0,50

 Do A0; 1    P nên ta có c 1 0,25

 Vậy y3x22x1 hàm số cần tìm 0,25 2 Tìm giao điểm parabol y2x2 4x6với đường thẳng y4x2 1,00

 Hoành độ giao điểm parabol đường thẳng nghiệm

phương trình: 2x24x 6 4x2 1  0,25

 Giải phương trình (1) ta nghiệm x2; x 2 0,25

 Với x2 y10, Với x 2 y 6 0,25

 Vậy parabol y2x2 4x6 cho đường thẳng y4x2có

hai giao điểm 2;10 ,  2;  0,25

Câu III 2,00

1 Giải phương trình: 3x  5 x 1  1,00

 Điều kiện:  *

x 0,25

 Bình phương hai vế phương trình (1) ta phương

trình:3  12

3 x

x x x x

x   

       

  

0,50

 Thử lại ta thấyx2, x3 nghiệm phương trình 0,25 2 Cho phương trình: 2     2   

2 1

x m x m Xác định giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, biết tổng hai nghiệm không lớn

1,00

 Ta có:    2m124.1.m218m 0,25

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt biệt thức  0 hay

m 0,25

 Gọi x x1, 2 hai nghiệm phương trình (1) Theo định lí Vi-ét ta

2/3

 

1 4

x x   m  m

 Kết hợp điều kiện ta 0m1 Vậy với 0m1 thỏa đề 0,25 Câu VI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho tam giác OAB có A1;3 , B4;2và O

gốc tọa độ

2,00

1 Chứng tỏ tam giác OAB vng A Từ tính diện tích tam giác OAB 1,00

 Ta có: OA1;3 , AB3;   0,25

 Suy ra: OA AB  1.3 3.  1 0.Vậy tam giác OAB vng A 0,25

 Ta có: OA 10, AB 10 0,25

 Vậy diện tích tam giác OAB vuông A là:

2

OAB

S  OA AB (đơn vị diện tích)

0,25 2 Gọi M trung điểm cạnh OB Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua M 1,00

 Gọi M2;1 trung điểm cạnh OB 0,25

 Gọi A x y' ;  Ta có: AM1; ,  MA'x2;y1  0,25

 Vì A’ đối xứng với A qua M nên ta có:  AMMA' 0,25

 Hay ' 3; 1 

1

x x

hay A

y y

  

 

 

 

    

 

Vậy A' 3; 1   điểm cần tìm 0,25

II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN 3,00

Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu V.a 2,00

1 Giải phương trình: 25x4 96x2 160 1,00

 Đặt tx2, t0 0,25

 Khi phương trình trở thành:

25t 96t160 Giải phương trình, ta nghiệm 4,

25

t  t  0,25

 Do t0 nên ta nhận nghiệm 25

t Với 25

t

5

x  0,25

 Vậy phương trình cho có hai nghiệm là: 2,

5

x x  0,25

2

Tìm giá trị nhỏ hàm số:      

2

2010

y x x

x x Với x số thực

1,00

 Hàm số         

   

2

2

1

2010 2009

1

y x x x x

x x x x 0,25

 Do

2

2

1 0,

2

x   x x      x

 

0,25

 Theo bất đẳng thức Cauchy cho số dương, ta có

   

       

     

2

2

1

1

1

x x x x

x x x x

Suy        

 

2

2

1

1 2009 2009 2011

y x x

x x

0,25

 Vậy giá trị nhỏ hàm số Miny2011khi x0, x 1 0,25 Câu IV.b Cho tam giác ABC vng A có AC8, AB15. Tính tích vơ hướng

 

CA CB

1,00

 Xét tam giác ABC vng A, ta có: cosC AC BC

3/3

 Khi đó: CA CB   CA CB c  osCA CB , AC BC c C os AC BC .AC AC2 64

BC

0,50

 Vậy CA CB  64 0,25

Phần 2: Theo chương trình nâng cao

Câu V.b 2,00

1 Giải phương trình: x223 x2  4 1,00

 Phương trình:  2  2

2 4

x  x    x  x   0,25

 Đặt t x2 ,t0

Phương trình trở thành:  

  

2

3 0

4

t l

t t do t

t n

  

    

 

0,25

 Với t4

x x

x  

   

 

 0,25

 Thử lại ta nhận x2, x 6 Vậy phương trình cho có hai nghiệm

là: x2,x 6 0,25

2 Giải hệ phương trình:

   2

4

1

x y x y xy x y

    

 

  

 

1,00

 Hệ phương trình cho viết lại dạng:

  

2

2

4

x x y y

x x y y

    

 

  

 

0,25

 Đặt ux2x v,  y2y Khi ta có hệ PT: 4 u v uv

   

 

0,25

 Do u, v hai nghiệm phương trình:

4 2

t  t   t Hay uv 0,25

 Khi đó:

2

2

2 1,

2 1,

x x x x x x

y y y y y y

          

 

         

 

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: x y;     1;1 , 1; ,  2;1 ,  2; 

0,25

Câu VI.b Cho tam giác ABC vng A có AC8, AB15. Tính tích vơ hướng

 

CA CB

1,00

 Xét tam giác ABC vng A, ta có: cosC AC BC

 0,25

 Khi đó: CA CB   CA CB c  osCA CB , AC BC c C os AC BC .AC AC2 64

BC

0,50

 Vậy CA CB  64 0,25

Lưu ý:

1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án hợp lơgic cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định

2) Các bước phụ thuộc khơng có sai thi khơng chấm bước

3) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực tổ chấm trường