Tài liệu ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I. Năm học 2012-2013 Môn thi: TOÁN 10 pdf

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I. Năm học 2012-2013
Môn thi: TOÁN 10
Đề Xuất Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm)
Câu I ( 1,0 điểm)
Cho các tập hợp:
{ }
13/ <≤−∈= xRxA
và
{ }
40/ ≤<∈= xRxB
. Tìm các tập hợp :
;A B A B∩ ∪
.
Câu II (2,0 điểm)
1) Tìm parabol (P): y = ax
2
+ bx + 2, biết (P) có đỉnh I(1; - 4).
2) Tìm tọa độ giao điểm giữa đồ thị (P) của hàm số
2
4 3y x x= + +
và đường thẳng d: y = x – 1.
Câu III ( 3,0 điểm)
1) Giải phương trình:
2 5 4x x− + =
.
2) Không dùng máy tính, hãy giải hệ phương trình:
5 3
7 3 8
x y

x y
− + = −


+ =

Câu IV ( 2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 điểm
( ) ( ) ( )
3;1;2;5;2;1 −CBA

1) Chứng minh tan giác ABC vuông. Từ đó tính diện tích tam giác ABC.
2) Xác định tọa độ D đối xứng với A qua
B
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu Va ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình :
4 2
2 7 5 0x x− + =
2) Cho a, b,c > 0 và
1a b c
+ + =
. Chứng minh:
1 1 1
9
a b c
+ + ≥
.

Câu VIa (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(-1;2), B(4;3), C(5;-2). Tìm tọa độ điểm D để ABCD là
hình vuông.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu Vb ( điểm)
1) Giải hệ phương trình sau:



=++
=++
2
4
22
yyxy
yxyx
2) Giải phương trình:
2 2
2 2 3 4 9x x x x+ − − = +
.
Câu VIb ( 1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A(-4; 1), B(2; 4) và C(2; -2). Tìm tọa độ trực tâm
H của tam giác ABC.
Hết
ĐÁP ÁN
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỄM
I(1đ)
[
)
3;1A = −

(
]
0;4B =
( )
0;1A B∩ =
[ ]
3;4A B∪ = −
0,25
0,25
0,25
0,25
II(2 đ) 1
Ta có:
( )
( ) ( )
1; 4
1; 4
I
I P
−


− ∈


⇒
2 0
6
a b
a b

+ =


+ = −

6
12
a
b
=

⇔

= −

Vậy (P)
2
6 12 2y x x= − +
0,25
0,50
0,25
2 Giao điểm của (P) và d là nghiệm phương trình

2
4 3 1x x x+ + = −
2
3 4 0x x⇔ + + =
(VN)
Vậy (P) và d không có giao điểm
0,50

0,25
0,25
III(3 đ) 1 Giải PT
( )
2
2 5 4
4 0
2 5 4
2 5 4
x x
x
x x
x x
− + =
− ≥


⇔ + = − ⇔

+ = −


2
4
5 14
10 11 0
x
x
x x
≥


⇔ ⇔ = +

− + =

Vây phương trình có nghiệm
5 14x = +
0,50
0,50
0,50
2
Giải hệ pt
5 3
7 3 8
x y
x y
− + = −


+ =

( )
5 3
7 5 3 3 8
x y
y y
= +




+ + =


49
38
13
38
x
y

=



−

=


1,0
0,50
IV(2 đ) 1
Ta có
( )
( )
4;0
0; 5
AB
AC
→

→
=
= −
. 0AB AC AB AC
→ → → →
= ⇔ ⊥
Vậy tam giác ABC Vuông tại A
Diện tích tam giác ABC:
0,25
0,25
0,25
0,25
1 1
. 4.5 10( )
2 2
S AB AC dvdt= = =
0,50
2
Gọi
( )
;D x y
D đối xứng với A qua B
B là trung điểm của AD
2
2
B A
B A
x x x
y y y
= −


⇒

= −

Vậy
( )
9;2D
0,25
0,25
Va (2 đ) 1
4 2
2 7 5 0x x− + =
2
2
1
1
5
5
2
2
x
x
x
x
= ±


=



⇔ ⇔


=
= ±
 


Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
1,0
2
Ta có:
3
1 1 1 1
3
a b c abc
a b c abc
+ + ≥
+ + ≥
( )
1 1 1
. 9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 
(do
1a b c+ + =

)
Vậy
1 1 1
9
a b c
+ + ≥
0,25
0,25
0,25
0,25
VIa(1 đ)
Gọi
( )
;D x y
Ta có
( )
( )
( )
5; 1
1; 5
5; 2
BA
BC
CD x y
→
→
→
= − −
= −
= − +

ABCD là hình vuông
⇔
. 0
BA CD
BA BC
BA BC
→ →
→ →

=


=


=


5 5
1 2
x
BA CD
y
→ →
− = −

⇔ = ⇔

− = +


Vậy D(0;-3)
0,25
0,50
0,25
Vb(2 đ) 1
Giải hệ pt
2 2
4
2
x xy y
xy x y

+ + =

+ + =

Đặt S = x + y
P = xy
Hệ pt trở thành
2
3
5
4
2
2
0
S
P
S P
S P

S
P
 = −



=

− =


⇔


+ =
=




=



3
5
S
P
= −


+

=

;x y⇒
là nghiệm pt
2
3 5 0X X+ + =
(vn)
0,25
0,50
2
0
S
P
=

+

=

;x y⇒
là nghiệm pt
2
2 0X X− =
0
2
X
X
=


⇔

=

Vậy Hệ phương trình có nghiệm
( ) ( )
2;0 ; 0;2
0,25
2
Giải pt
2 2
2 2 3 4 9x x x x+ − − = +

Đặt
2
2 3t x x= − −
2 2
2 3t x x⇔ = − −
(ĐK
0t ≥
)
Phương trình đã cho trở thành:
2
2 3 0t t+ − =
1t⇔ =
2
1 2 4 0t x x= ⇒ − − =
1 5
1 5

x
x

= +
⇔

= −


0,25
0,25
0,50
VIb(1 đ) Gọi H(x;y)
Ta có
( )
( )
( )
( )
4; 1
0; 6
2; 4
6; 3
AH x y
BC
BH x y
AC
→
→
→
→

= + −
= −
= − −
= −
H là trực tâm
. 0
. 0
AH BC
BH AC
→ →
→ →

=

⇔


=


⇒
1 0
6 3 0
y
x y
− =


− =


Vậy
1
;1
2
H
 
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25