PHẦN RIÊNG 2,0 điểm Thí sinh học theo chương trình nào chỉ được làm phần dành cho chương trình đó A... để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn :.[r]
(1)SỞ GD-ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG -ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I - NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn : TOÁN 10 Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO HỌC SINH CẢ HAI BAN (8,0 điểm) Câu I: (3,0 điểm) Cho hàm số y x x có đồ thị (P) 1) Vẽ đồ thị (P) hàm số trên 2) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị (P) và đường thẳng (d): y = x - Câu II: (1,0 điểm) Giải phương trình: x x Câu III: (1,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD, O là giao điểm hai đường chéo Chứng minh: AB AC AD 4 AO Câu IV: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(0; 2), B(8;-2) và C(1; 3) 1) Tìm tọa độ trung điểm I cạnh AB và trọng tâm G tam giác ABC 2) Tính độ dài cạnh BC và tính tích vô hướng AB AC 3) Tìm trên trục Ox điểm D tam giác ACD vuông C II PHẦN RIÊNG ( 2,0 điểm) ( Thí sinh học theo chương trình nào làm phần dành cho chương trình đó) A Dành cho thí sinh học sách Câu Va: (1,0 điểm) 2 Cho phương trình: x 2(m 1) x m 0 Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn: x 1+ x + x x2 − 4=0 Câu VIa: (1,0 điểm) Giải phương trình: x x x 4 x B Dành cho thí sinh học sách nâng cao Câu Vb: (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m2 + = Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 x2 + =3 x x1 phân biệt x , x thỏa mãn Câu VIb: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: y x 2 x y xy 1 Hết -Họ và tên thí sinh:……………………………………Số báo danh:…………… (2) Câu I Ý ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 10 - HỌC KÌ I (12-13) Nội dung • TXĐ: D = R • Đỉnh I(1;0) • Trục đối xứng: x = Điểm 0,25 0,25 0,25 1,25 Phương trình hoành độ giao điểm: x x x x y ⇔ ⇔ x 2 y – x2 + x + = ( AB AD ) AC VT= III → → 0,25 0,5 0,25 D O B C Ghi chú: HS không cần vẽ hình Tìm I(4;0) Tìm G(3;1) 0,25 A → = AC +AC =2 AC → = AO (đpcm) Va 0,5 Vậy đường thẳng d cắt (P) hai điểm A(-1; - 4) và I(2;-1) Cách trình bày 1: (PT hệ quả) x 0 x Điều kiện Bình phương hai vế phương trình (1) ta phương trình: x 2 x ( x 1) x 4 x 2(loai ) Thử lại, ta thấy phương trình có nghiệm là x 2 Cách trình bày 2: (biến đổi tương đương) II IV 0,25 3+2¿ ¿ Tính 1− ¿2 +¿ ¿ BC=√ ¿ ⃗ AB=(8 ; − 4), ⃗ AC=(1 ; 1) ⃗ AB ⃗ AC=8 − 1=4 D Ox nên tọa độ điểm D có dạng D(x; 0) Tam giác ACD vuông C CA CD hay CA.CD 0 ( x 1) 0 x 4 Vậy D(4; 0) ' (m 1)2 m2 m 2m m 2m 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (3) Câu Ý Nội dung PT có nghiệm phân biệt và khi: ' 2m m hay m ( 1; ) Khi đó: x 1+ x +x x2 − 4=0 ⇔ 2( m+1)+(m −1)− 4=0 ⇔ m +2 m−3=0 ⇔ m=1 ( n) ¿ m=−3 (l) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ĐS: m = VIa x 1 x 1 t 1 x x 0 • x2 – 2(m – 1)x + m2 + = để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn : ìï D ' > ïï í x1 x2 x1 x2 ïï + = + =3 x1 ïx x2 x1 ïî ìï - 2m - > ïìï D ' > ïï ï ⇔ í S - 2P ⇔ í [2(m - 1)]2 - 2(m + 4) ïï ïï =3 =3 ïïî ïïî m2 + P ïìï ï m <- í ⇔ ïï ïïî m + 8m +16 = VIb 0,25 0,25 0,25 2 Giải pt x x x 4 x 2 Đặt t x x t x x (ĐK t 0 ) Phương trình đã cho trở thành: 2t t 0 t 1 Vb Điểm m = –4 Vậy m = –4 ĐK: x, y 0 x u y u v 2 v y u v 1 uv x Đặt ta có Giải tìm : x = y =1 Vậy (x; y) = (1; 1) Ghi chú : Mọi cách giải đúngvà hợp lý khác cho điểm tối đa 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 (4) (5)