KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN – LỚP 10 potx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT TRÀM CHIM
ĐỀ ĐỀ XUẤT
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: …/12/2012
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm)
Câu I: (1 điểm) Cho
[ ]
(
]
5;7 ; 3;10A B
= − =
. Tìm
;A B A B
∪ ∩
Câu II: (2 điểm)
a. Tìm parabol (P):
2
y ax bx c= + +
biết parabol đó có đỉnh I(1;4) và đi qua A(3;0)
b. Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng
3 4y x= − +
với parabol (P)
2
2 3y x x= − + +
.
Câu III: (2 điểm) Giải các phương trình sau:
a.

2 8 3 4x x+ = +
b.
4
4
2
2
3
2
32
2
−
+=
+
−
−
+
x
xx
x
Câu IV: (2 điểm)
a.
Cho tứ giác ABCD và I, J lần lượt là trung điểm cạnh AB, CD. Gọi O là trung điểm đoạn IJ.
Chứng minh rằng:
0OA OB OC OD
+ + + =
uuur uuur uuur uuur r
b.
Cho 3 điểm A(-2;4), B(4;-2), C(6;-2). Tìm toạ độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.
II. PHẦN TỰ CHỌN:(3 điểm) Thí sinh chọn một trong hai phần sau:
1. Theo chương trình chuẩn:

Câu Va: (2 điểm)
a. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình
2 3 13
7 4 2
x y
x y
− =


+ =

b. Tìm GTNN của hàm số y = f(x) =
4
2
x
x
+
−
(
2x >
)
Câu VI a (1điểm) Cho 3 điểm A(1;2); B(-2;6); C(4;2). Tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC.
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu Vb: (2 điểm)
a. (1đ) Giải hệ phương trình sau:
3 3
3 3
1 1
5
1 1

20
x y
x y
x y
x y

+ + + =




+ + + =


b. Tìm m để phương trình
2
2 ( 1) 0mx x m+ − + =
có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thỏa
2 2
1 2
4x x
+ =

Câu VIb: (1 điểm) Cho 3 điểm A(2;4); B(x;1); C(5;1). Tìm x để tam giác ABC vuông cân tại B.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I

(1đ)
PHẦN CHUNG:
[ ]
5;10A B
∪ = −
(
]
3;7A B
∩ =
0.5
0.5
Câu II
a.(1đ)
(P):
2
y ax bx c= + +
có đỉnh I(1;4) và đi qua A(3;0) nên ta có hệ phương trình
4
9 3 0
1
2
a b c
a b c
b
a


+ + =

+ + =




− =

0.5
1
2
3
a
b
c
= −


⇔ =


=

Vậy (P):
2
2 3y x x= − + +
0.5
b.(1đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng
3 4y x= − +
và (P):
2
2 3y x x= − + +

là:
2
2 3 4 3x x x− + + = − +
0.25
2
0
6 0
6
x
x x
x
=

⇔ − + = ⇔

=

0.25
0 3x y
= ⇒ =
0.25
6 21x y
= ⇒ = −
Vậy có hai giao điểm là (0;3) và (6;-21)
0.25
Câu III
a.(1đ)
2 8 3 4x x+ = +
0.25
2

3 4 0
2 8 9 24 16
x
x x x
+ ≥

⇔

+ = + +

0.25
2
4
3
9 22 8 0
x
x x

≥ −

⇔


+ + =

0.25
4
3
4
4

9
9
2
x
x
x
x

≥ −


⇔ ⇔ = −


= −




= −


0.25
2
2 3 3 4
2 (3)
2 2 4
x
x x x
+

− = +
− + −
Điều kiện :



≠+
≠−
ox
x
2
02




−≠
≠
2
2
x
x
0.25
b.(1đ)
( 3 )
⇔
( 2x + 3 ) .( x + 2 ) – 3( x – 2 ) = 2.(x
2
– 4 ) + 4
0.25

⇔
2x
2
+ 7x + 6 – 3x + 6 = 2x
2
– 4
⇔
4x = - 16 0.25
⇔
x = - 4 ; so sánh đ/k , ta có nghiệm ( 3 ) là x = - 4 . 0.25
Câu
IV
a.(1đ)
( ) ( ) ( ) ( )VT OI IA OI IB OJ JC OJ JD
= + + + + + + +
uur uur uur uur uuur uuur uuur uuur
0.5
( ) ( ) 2( ) 0IA IB JC JD OI OJ
= + + + + + =
uur uur uuur uuur uur uuur r
=VP đpcm 0.5
b.(1đ)
Gọi
( ; )D x y
(6; 6)AB
= −
uuur

(6 ; 2 )DC x y
= − − −

uuur
0.25
ABCD là hình bình hành
AB DC
⇔ =
uuur uuur
0.25
6 6
2 6
x
y
− =

⇔

− − = −

0.25
0
4
x
y
=

⇔

=

Vậy
(4; 3)D −

thì ABCD là hình bình hành.
0.25
Câu Va
a.(1đ)
PHẦN TỰ CHỌN
1. Theo chương trình chuẩn:
f(x) =
4
2 2
2
x
x
− + +
−

6242
=+≥
0.5
vây miny = 6 khi x = 4
0.5
b.(1đ)
2 3 13
7 4 2
x y
x y
− =


+ =


⇔
9 15
2 3 13
x y
x y
+ =


− =

0.25
15 9
2 3(15 9 ) 13
y x
x x
= −

⇔

− − =

0.25
15 9
29 58
y x
x
= −

⇔


=

0.25
2
3
x
y
=

⇔

= −

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm là (2;-3)
0.25
Câu Via
(1đ)
Gọi H(x;y) là trực tâm tam giác ABC
0.25
H là trực tâm tam giác ABC
. 0
. 0
HA BC
HB CA

=

⇔

=



uuur uuur
uuur uuur
0.25
6 4 2
3 6
x y
x
− = −

⇔

= −

0.25
2
5
2
x
y
= −


⇔

= −


Vậy

5
2;
2
H
 
− −
 ÷
 
0.25
Câu Vb
a.(1đ)
2. Theo chương trình nâng cao:
b.Đặt
1
1
u x
x
v y
y

= +




= +


Hệ trở thành
3 3

5
3 3 20
u v
u u v v
+ =


− + − =

0.25
3 3
5
3( ) 20
u v
u v u v
+ =

⇔

+ − + =

Đặt
S u v
P uv
= +


=

điều kiện

2
4S P
≥
.
Ta được
3
5
5
6
3 3 20
S
S
P
S SP S
=
=


⇔
 
=
− − =


(thỏa đk)
0.25
Khi đó
5 2 3
6 3 2
u v u u

uv v v
+ = = =
  
⇔ ∨
  
= = =
  
0.25
Giải các hệ
1 1
2 3
1 1
3 2
x x
x x
y y
y y
 
+ = + =
 
 
∨
 
 
+ = + =
 
 
ta được các nghiệm của hệ phương trình
là
3 5 3 5 3 5 3 5

1; ; 1; ; ;1 ; ;1
2 2 2 2
       
+ − + −
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
0.25
b.(1đ)
Phương trình
2
2 ( 1) 0mx x m+ − + =
có hai nghiệm
2
' 1 0
0
m m
m

∆ = + + >
⇔

≠

0.25
Ta có:
2 2 2
1 2 1 2 1 2
4 ( ) 2 4 x x x x x x+ = ⇔ + − =
0.25

2
2 m+1
(- ) -2.( ) 4
2m
⇔ =
0.25
1
2
3
m
m
= −


⇔

=

0.25
Câu VIb
(1đ)
( 2; 3); (5 ;0)AB x BC x
= − − = −
uuur uuur
0.25
Tam giác ABC vuông cân tại B
2 2
. 0AB BC
AB BC


=

⇔

=


uuur uuur
0.25
2 2
( 2)(5 ) 0
( 2) 9 (5 )
x x
x x
− − =

⇔

− + = −

0.25
2 2
2
5
2
( 2) 9 (5 )
x
x
x
x x


=



=
⇔ ⇔ =



− + = −

Vậy x = 2 thì tam giác ABC vuông cân tại B
0.25