DE THI HOC KI 1 TOAN 10

PHẦN RIÊNG: 3điểm Học sinh chọn Câu4a hoặc Câu 4b để làm Câu 4a: 3điểm Dành cho học sinh học sách nâng cao.. Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành..[r]

Đề số ĐỀ THI HỌC KÌ Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút I PHẦN CHUNG: (7điểm) (Dành cho tất các học sinh) Câu 1: (2điểm) A  0;2  , B (1;3) 1) Cho hai tập hợp Hãy xác định các tập hợp: A  B, A  B, A \ B 2) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y  x  x  Câu 2: (2điểm) f ( x)  x 1  x  1) Xét tính chẵn lẻ hàm số: 2 2) Cho phương trình : x  2mx  m  m 0 Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân x ,x x  x 3x1x2 biệt thỏa mãn : Câu 3: (3điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(1; 2), B( 3; 4), C (5;6) a) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng b) Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC sin    tan  (0    900 ) P  tan  Tính giá trị biểu thức: 2) Cho II PHẦN RIÊNG: (3điểm) (Học sinh chọn Câu4a Câu 4b để làm) Câu 4a: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách nâng cao) 2 1) Giải phương trình : x  x  x  x  12  20 0  mx  y m  x  my 4 có nghiệm là nghiệm nguyên 2) Tìm m để hệ phương trình :      3) Cho tam giác ABC vuông cân A có BC a Tính : CA.CB, AB.BC Câu 4b: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách chuẩn) x  x  12 0  x  y 13  2) Giải hệ phương trình:  xy 6 1) Giải phương trình: 3) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(1;  2), B(5;  1), C (3;2) Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành ––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––– Họ và tên thí sinh: SBD : SỞ GD-ĐT THỪA THIÊN HUẾ TRƯỜNG THPT TAM GIANG Đề số ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút Câu Nội dung A  B  0;3  Điểm 0.25 A  B (1;2) 1.1 0.25 0.25 A \ B  0;1 TXĐ: D  , tọa độ đỉnh I(2;9) a  : Parabolx quay  x 2 bề lõm xuống làm trục đối xứng và nhận y 0.25 0.25 0.25   1.2 10 y I 0.5 -1 -5 2.1 2.2 O 10 TXĐ: D  , x  D   x  D f ( x )   x    x  0.25 0.25 f ( x )  x   x   f ( x ) 0.25 Kết luận: Hàm số lẻ 0.25 0.25  / m2  (m2  m) m  0, S x1  x2 2m, P x1.x2 m2  m x12  x22 3x1x2  ( x1  x2 )2  5x1x2 0  4m2  5(m2  m) 0  m 0   m2  5m 0    m 5 Kết luận : m 5  3.1a   AB ( 4;2) , AC (4;4) 4  4  AB không cùng phương với AC A, B,C không thẳng hàng x x x xG  A B C 1 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 3.1b 3.2 y y y yG  A B C 4 G(1;4) Trọng tâm tam giác ABC là : sin   ,(00    900 )  cos    sin     25 tan   1  tan  1   4  tan  1   4  tan  P   tan  111 x  x  12 (2 x  )2   0, x   16 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  y 2 4a.1 y  y  0   0.25 y 2  x  x  12 2  x  x  0 : Phương trình vô nghiệm 0.25 Đặt : y  x  x  12  ,phương trình trở về: y 4  x  x  12 4  x  x  0  x   y 4  145 m m2  1 m Với : m 1 thì hệ phương trình có nghiệm và x 1 không thỏa mãn hệ phương trình Nên : x 1 4a.2 y m  x thay vào PT thứ hai ta được: Từ PT thứ ta có : 0.25 D 0.25   x 5   y x  5x  (4  y ) 0     4y2  x   x  x  (4  y ) 0  0.25 2 Để x   cần phải có  y n , n    (n  y)(n  y) 9, y    n  y   n  y 1   n  y 9  n  y   n  y 3  n  y   n  y 9  n  y      n  y 1  n  y  n  y 3 n  y   Giải : y 2,  2,0 0.25 Thử lại : m  y 2 hệ có nghiệm :  0;2  ,  5;2   m 2 m  0;  , 5;   m    y  hệ có nghiệm :  0.25 y 0 hệ có nghiệm :  4;0  ,  1;   m 0  1  m   2;  ;0; ;2  2   Vậy : 0.25 Tính : AB AC a 4a.3 0.25   CA.CB AC.CB.cos 450 a.a a2     AB.BC  BA.BC  BA.BC.cos 450  a.a  a2 0.25 0.25 4b.1 2 Đặt t x 0 đưa phương trình t  7t  12 0 0.25  t 3  t 4 Giải :  0.25 t 3  x 3  x  0.25 t 4  x 4  x 2 Kết luận phương trình có nghiệm : x  3, x 2 4b.2    x  y 13   xy       ( x  y )2  xy 13   xy       ( x  y )2 25   xy       x  y 5     xy 6   x  y     xy 6  x  y 5  x 2  x 3     xy 6  x 3  y 2  x  y   x   x      y  y   xy 6  Hệ phương trình có nghiệm : (2;3),(3;2),( 2;  3),( 3;  2)   AD  ( x  1; y  2), BC ( 2;3) D ( x ; y ) Gọi ,    x   4b.3 AD BC    y  3 Tứ giác ABCD là hình bình hành nên:  x   y 1 Kết luận : D( 1;1) Giải :  ……HẾT…… 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25