KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN- Lớp 10 pot

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I
ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013
Môn thi: TOÁN- Lớp 10
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 10/01/2012
ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm có 01 trang)
Đơn vị ra đề: THPT TRẦN QUỐC TOẢN (Phòng GDĐT……… )
I. PHẦN CHUNG
CÂU I: (1.0 điểm) Cho tập A = (0;5] và B = [2; +
∞
). Tìm tập C biết C = A
∩
B
CÂU II: (2.0 điểm)
1/ Cho hai đường thẳng d
1
:
2 1x y+ =
và d
2
:
2 7x y− =
. Tìm tọa độ giao điểm M của hai
đường thẳng d
1
và d
2
.
2/ Tìm Parabol (P):
2

y x bx c= + +
biết rằng đỉnh của (P) là I(-1; 0)
CÂU III: (2.0 điểm) Giải các phương trình sau
1/
2
1
1 0
( 1)x
− =
+
2/
2
3 1 1x x x− + − =
CÂU IV: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC biết A(1; -2), B(0; 2), C(-1; 3)
1/ Gọi M là trung điểm BC và G là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa độ M và G
2/ Gọi N là giao điểm của AB với trục hoành. Tìm tọa độ N
II. PHẦN RIÊNG
Theo chương trình cơ bản
CÂU Va: (2.0 điểm)
1/ Giải hệ phương trình sau (không dung máy tính):
6
2 7
2 5
x y z
x y z
x y z
+ + =


+ + =



− + =

2/ Cho hai số thực a,b dương. Chứng minh rằng:
4 1 1
a b a b
≤ +
+
CÂU VIa: (1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho A(0; 2) và M(1; 3). Tìm trên trục Ox điểm B sao
cho tứ giác OBMA nội tiếp được một đường tròn.
Theo chương trình nâng cao
CÂU Vb: (2.0 điểm)
1/ Giải hệ phương trình sau:
2 2
2
1
x y
y x
xy

+ =



=

2/ Cho phương trình
2
2 1 0x mx m+ + − =

. Biết phương trình đã cho có một nghiệm là 1, hãy
tìm nghiệm còn lại của phương trình.
CÂU VIb: (1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho A(0; 2) và M(1; 3). Tìm trên trục Ox điểm B sao
cho tứ giác OBMA nội tiếp được một đường tròn.
HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I
ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013
Môn thi: TOÁN – Lớp 10
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang)
Đơn vị ra đề: THPT TRẦN QUỐC TOẢN (Phòng
GDĐT……………….)
Câu Nội dung yêu cầu Điểm
Câu I
(1,0 đ)
C = A
∩
B = [2; 5] 1.0đ
Câu II
(2,0 đ)
1/ Tọa độ giao điểm M của d
1
và d
2
là nghiệm của hệ
2 1
2 7
x y
x y
+ =



− =

3
1
x
y
=

⇔

= −

Vậy M(3; -1)
0.5
0.25
0.25
2/ (P) có đỉnh I(-1; 0) nên
1
2
1 0
b
a
b c

− = −




− + =

với (a = 1)
2
1
b
c
=

⇔

= −

Vậy (P):
2
2 1y x x= + −
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu III
(2,0 đ)
ĐK:
0
≠
x
2
( 1) 1
1 1
1 1

0
2
x
x
x
x
x
⇔ + =
+ =

⇔

+ = −

=

⇔

= −

Vậy x = 0; x = 2
0.25
0.25
0.25
0.25
2/
2
3 1 1x x x− + − =
2
2 2

3 1 1
1 0
3 1 ( 1)
1
0
0
x x x
x
x x x
x
x
x
⇔ − + = +
+ ≥

⇔

− + = +

≥ −

⇔

=

⇔ =
0.5
0.25
0.25
Vây x = 0

Câu IV
(2,0 đ)
1/ M
1 3
;
2 2
−
 
 ÷
 
G
( )
0;1
0.5
0.5
2/ N
∈
Ox
⇒
N(x; 0)
( 1;4)AB = −
uuur
( 1;2)AN x= −
uuur
Ta có A, B, N thẳng hàng nên
( 1;4)AB = −
uuur
,
( 1;4)AB = −
uuur

cùng phương
1
1
2
1
2
x
x
⇔ − + =
⇔ =
Vậy N
1
;0
2
 
 ÷
 
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu Va
(2,0 đ)
6
1
2 3 11
1
2
3
x y z

x
x z
x
y
z
+ + =


⇔ − = −


+ =

=


⇔ =


=

Vậy (x; y; z)=(1; 2; 3)
0.5
0.5
2/ Ta có:
1 1 2 4
a b a b
ab
+ ≥ ≥
+

(đpcm)
0.5+0.5
Câu VIa
(1,0 đ)
B
∈
Ox
⇒
B(x; 0)
Vì OBMA nội tiếp được đường tròn và OA
⊥
OB nên MA
⊥
MB hay
. 0MA MB =
uuur uuur
( 1) 3 0
4
x
x
⇔ − − + =
⇔ =
Vậy B(4; 0)
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu Vb
(2,0 đ)
1/ ĐK: x, y

0
≠
Đặt
2
2
x
u
y
y
v
x

=




=


ta có
2
1
1
u v
uv
u v
+ =



=

⇔ = =
0.25
0.25
0.25
Khi đó x = y =1
Vậy (x; y) = (1; 1)
0.25
2/Do x = 1 là một nghiệm nên 1+2m +m -1 =0
0m⇔ =
Khi đó:
2
1 0x − =
1x⇔ = ±
Vậy nghiệm thứ hai của phương trình là -1
0.5
0.25
0.25
Câu VIb
(1,0 đ)
B
∈
Ox
⇒
B(x; 0)
Vì OBMA nội tiếp được đường tròn và OA
⊥
OB nên MA
⊥

MB hay
. 0MA MB =
uuur uuur
( 1) 3 0
4
x
x
⇔ − − + =
⇔ =
Vậy B(4; 0)
0.25
0.25
0.25
0.25
 Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho tròn điểm.