thi hoc ki I toan 20102011

[r]

Sở GD&ĐT Thanh Hóa ĐỀ THI HỌC KỲ I - KHỐI 10 Trường THPT Nga Sơn Năm học: 2010 – 2011 MƠN: TỐN

Thời gian: 90 phút ( không kể thời gian phát đề) I.PHẦN CHUNG (8 điểm)

Câu (2 điểm): Tìm tập xác định hàm số:

3

3

y x

x

  

 Câu (3 điểm): Cho phương trình: x2 2m1x m 2 0 ( với m tham số) a/ Giải phương trình với m0

b/ Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn:

x x1 2 2x1x2 14

Câu (3 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A( 1;0) , B( 5; 4) C(3;4) a/ Chứng minh tam giác ABC tam giác vng cân

b/ Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABDC hình vng II PHẦN RIÊNG (2 điểm)

A.Theo chương trình chuẩn

Câu 4a (2 điểm): Giải phương trình sau: 2x  1 x 1 B Theo chương trình nâng cao ( lớp 10A, 10E )

Câu 4b (2 điểm) Giải phương trình sau:  

2 2

3 22

x  x  x  x

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ I – KHỐI 10 Năm học: 2010 – 2011

MƠN: TỐN Thời gian: 90 phút

Câu Nội dung Điểm

1

Đk:

2

3

x x x x             

Vậy: TXĐ: D  3; \ 2

1đ 1đ 2a Với m0 phương trình có dạng: x2 2x 0

x x      

Vậy: phương trình có hai nghiệm x1 x3

0, 25đ 0,5đ 0, 25đ 2b Để phương trình có hai nghiệm ' 0

 

   

2 2

1

m m

    

 2m 4  m2  *

Theo định lý Vi-et, ta có:

    2 2

x x m

I x x m

         

Theo ra: x x1  2x1x2 14 ** 

Thế  I vào  ** ta được: m2  4 m1 14

2 4 21 0

7 m m m m           Đối chiếu với  * m7 thỏa mãn

Vậy: m7 giá trị cần tìm

0, 25đ

0, 25đ 0,5đ

0,5đ 0, 25đ 0, 25đ 3a

Ta có: AB4; 4



 42 42 4 2

AB AB

     



AC4; 4 

2

4 4 AC AC

    

 Suy ra: ABAC

Mặt khác: AB AC  4 4.4 0    ABAC A 900

  

Vậy: ABC vuông cân A

0, 25đ 0, 25đ 0, 25đ 0,5đ 0, 25đ 3b

Gọi điểm D x y D; D,để tứ giác ABDClà hình vng thì

Mà: ABDC hình bình hành  AB CD

Với AB4; 4



CD x D 3;yD 4



 

4

1;8

4

D D

D D

x x

AB CD D

y y

   

 

       

  

 

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

Vậy: D1;8 thỏa mãn yêu cầu toán

0, 25đ 0, 25đ

0,5đ 0, 25đ 4a

Đk: x  1 x1 * 

Bình phương hai vế pt ta được:  

2

2x 1 x1

 2x 1 x2 2x1  x2 4x0

0 x x

    

 Đối chiếu với  * x4 thỏa mãn Vậy: x4 nghiệm phương trình

0, 25đ 0, 25đ

4b

Pt:    

2 2

3 22

x  x  x  x

Đk: x2 3x 7

 1  x2 3x13 x2 3x7  (x2 3x7) x2 3x 7 20 0 Đặt t x2  3x7, t0

Phương trình trở thành: t2 t 20 0

    /

4 t t m t lo    



 

Với t5  x2  3x7 5  x2 3x 7 25  x2 3x18 0

6 x x

    



Vậy: phương trình có hai nghiệm x3 x6

0, 25đ 0, 25đ 0, 25đ 0, 25đ

0,5đ