14 TOAN 10 DE HK1 2013 DONG THAP

PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN 3.0 điểm Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần phần 1 hoặc phần 2 Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu V.a 2.0 điểm... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: Toán - Lớp 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị đề: THPTLai Vung2.(Sở GDĐT…Đồng Tháp…… ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (1.0 điểm) Cho hai A  B, A  B, A \ B tập A  x  Z :  x  3 ; B   3;  2; 0;1;2 hợp Tìm các tập hợp: Câu II (2.0 điểm) 1) Tìm giao điểm parabol (P): 2) Tìm parabol (P): y Câu III (2.0 điểm) y  x  x  , với đường thẳng y = x +1 2 x  bx  c ,biết parabol qua điểm A(1;-2) và có hoành độ đỉnh x = x + 3x - = x +1 x- 3x =2( x - 1) 2) Giải phương trình: x 1) Giải phương trình: Câu IV (2.0 điểm) A   2;3 , B  2;  , C  3;  1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 1) Tính chu vi tam giác ABC 2) Tìm tọa độ đỉnh D cho A là trọng tâm tam giác DCB II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Học sinh chọn hai phần (phần phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu V.a (2.0 điểm) 3 x  y 2   x  y 4 1) Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:  y x  x  với x   2) Tìm giá trị nhỏ hàm số: Câu VI.a (1.0 điểm)   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A có AB  ;AC = 3.Tính CA.CB Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu V.b (2.0 điểm)  m  1 x   m  1 y m    m  x  y 2 1) Cho hệ phương trình:  Tìm các giá trị m để hệ có nghiệm Hãy tính theo m các nghiệm hệ  x   m  3 x  m  0 2) Cho phương trình Tìm m để phương trình có nghiệm trái dấu Câu VI.a (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A (1,-1) ; B(3;0) Tìm tọa độ đỉnh C và D HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ ĐỀ XUẤT Môn :Toán 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT 10 (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I A  x  Z :  x Cho hai tập hợp   3 ; B   3;  2; 0;1;2 hợp: A  B, A  B, A \ B A   2,  1,0,1,2 Tìm các tập 0,25 A  B    3;  2,  1,0,1,2 A  B   2; 0;1;2 0,25 A \ B   1 0,25 0,25 Câu II Điểm 7,00 1,00 Tìm giao điểm parabol (P): y y = x +1 Ta có x  x  , với đường thẳng 2,00 1,00 x  x  x  0,25 y 2 x  3x  0   x1    x2 y  3 0,5 Vậy có hai giao điểm A(1 ;2) B(2 ;3) 0,25 2 Tìm parabol (P): y 2 x  bx  c ,biết parabol qua điểm A(1;-2) và có trục đối xứng x = 1,00 A(1;  2)  ( P) :  b  c   b  c  4(1) 0,25 Ta có  b 2  b  4a  2a 0,25 Thế b = -8 vào (1) ta c = Vậy parabol cần tìm là: 0,25 y 2 x  x  0,25 Câu III 2,00 Giải phương trình: x + 3x - = x +1 1,00 Điều kiện: x  Bình phương hai vế phương trình (1) ta phương trình: x + x - = ( x +1) Û x + x - = x + x +1 Û x = T  4 x- 3x - = 2( x - 1) (1) Giải phương trình: x Điều kiện: 0,25 1,00 x 0; x 1 ( x - 1) ( x - 1) - 3x =- 5.2 ( x - 1) Phương trình (1) trở thành 0,25 0,25 So điều kiện x = (nhận) Vậy tập nghiệm phương trình 0,25 0,25 0,25 x=2 x2 - x + = Þ é ê ëx=1/4 T  2;1/ 4 0,25 0,25 Vậy tập nghiệm phương trình Câu IV Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có Tính chu vi tam giác ABC  Ta có: A   2;3 , B  2;  , C  3;  1 AB  4;1  AB  17  AC  5;    AC  41  BC  1;    BC  26 D  x; y  0,25 0,25  xD 3 x A  xB  xC  xD  11 yD 3 y A  yB  yC   yD 6 D   11;  3,00 2,00 3 x  y 2   x  y 4 Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:  y x3  Tìm giá trị nhỏ hàm số: y x   Ta có: 0,25 0,25 3 x  y 2 9 x  12 y 6    x  y 4   20 x  12 y 16 Ta có:   x    y  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  2;3 … 1,00 0,25 Vậy là đỉnh cần tìm II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu V.a 0,25 0,25 là đỉnh cần tìm  x xB  xC  xD A  yB  yC  yD y  Ta có: Alà trọng tâm tam giác BCD nên  A Suy 1,00 0,25 Chu vi tam giác ABC là: 17  41  26 Tìm tọa độ đỉnh D cho Alà tâm tam giác DCB Gọi 2,00 x  với x   1 x 1 1,00 0,5 0,5 1,00 0,25 3 Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số dương x  và x  1 ( x  1)  ( ) 2 x 1 ( x  1)  ( )  2  1 x 1  Suy y Vậy giá trị nhỏ hàm số y = x = 0,25 0,25 0,25 Câu V I.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB  1,00   ;AC = 3.Tính CA.CB BC 2 0,25   AB C   C 300 AC Ta có: Tan     CA.CB  CA CB cos CA, CB  CA.CB 3.2 cos 300 9  0,25  0,25 0,25 Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu V.b 2,00  m  1 x   m  1 y m    m  x  y 2 Cho hệ phương trình:  1,00 Ta xét m m1  m  m     3 m 0,5 m m1  m    m m  m  m    3 m  Hệ có nghiệm hai trường hợp D 0 tức m 2; m 3 hệ có nghịệm m 1  ;  x; y     m 3 m3 D Dx Dy 0 0,25 tức m = hệ có vô số nghiệm (x;y) tính theo công thức  xy2R y Cho phương trình nghiệm trái dấu  x   m   x  m  0 .Tìm m để phương trình có Phương trình có nghiệm trái dấu P<0 c m 1 P  0 a 1  m 1   m   Câu VI.b Gọi C(x;y) Ta có  AB  2;1 ; BC  x  3; y  ABCD là hìng vuông ta có 1,00 0,25 0,25 Vậy với m >-1 phương trình có hai nghiệm trái dấu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A (1,-1) ; B(3;0) Tìm tọa độ đỉnh C và D  0,25    AB BC AB BC 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25  2 x   y 0    x 3  y 5 Giải hệ có cặp nghiệm (4;-2) ; (2;2) Có điểm C1(4;-2) ta tính điểm D1(2;-3) C2(2;2) ta tính điểm D2(0;1) 0,25 0,25 Lưu ý:  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  Các bước phụ thuộc không có sai thi không chấm bước  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 -