đề thi học kì môn toán lớp 10 tỉnh đồng tháp (đề 24)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (140.05 KB, 5 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I
ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013
Môn thi: TOÁN HỌC - Lớp 10
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm có 01 trang)
Đơn vị ra đề: THPT Thiên Hộ Dương
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I : (1.0 điểm)
Cho A =
]2;2(−
và B =
)5;1[
. Tìm các tập hợp
BABA \,∩
.
Câu II : (2.0 điểm)
1). Tìm parabol
2
2
++= bxaxy
, biết rằng parabol đó đi qua điểm A(3 ; -4) và có
trục đối xứng
2
3
−=x
.
2). Tìm giao điểm của parabol
14
2
+−−= xxy
với đường thẳng
3+−= xy
.
Câu III : (2.0 điểm)
1). Giải phương trình :
xx −=+ 8105
.
2). Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình
=−−
=++
=++
13
9432
3
zyx
zyx
zyx
Câu IV : (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho cho ba điểm A(1 ; 1), B(2 ; 4) và C(-2 ; 2)
1). Chứng tỏ tam giác ABC vuông tại A. Từ đó tính diện tích tam giác ABC.
2). Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ACDB là hình chữ nhật.
II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn:
Câu V.a (2.0 điểm)
1). Giải phương trình
0121918
24
=−+ xx
.
2). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
( )( )
xxy −−= 213
trên đoạn
2;
3
1
.
Câu VI.a (1.0 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng
ACAB.
.
Phần 2: Theo chương trình nâng cao:
Câu V.b (2.0 điểm)
1). Cho phương trình
02)1(2)1(
2
=−++−− mxmxm
Tìm m để phương trình có hai nghiệm
21
, xx
thỏa điều kiện
3
411
21
−=+
xx
2). Giải hệ phương trình
=++
=++
21
7
2244
22
yxyx
yxyx
Câu VI.b (1.0 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng
ACAB.
. ./. - HẾT –
ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013
Môn thi: TOÁN – Lớp 10
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Hướng dẫn chấm gồm có… trang)
Đơn vị ra đề: THPT Thiên Hộ Dương
Đáp án và thang điểm
Câu Ý
Nội dung
Điểm
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7.0
Câu I Cho A =
]2;2(−
và B =
)5;1[
. Tìm các tập hợp
BABA \,∩
. 1.0
]2;1[=∩ BA
0,5
)1;2(\ −=BA
0,5
Câu II 2.0
1
Tìm parabol
2
2
++= bxaxy
, biết rằng parabol đó đi qua điểm A(3 ; -4) và có
trục đối xứng
2
3
−=x
1.0
Ta có :
026
2
3
2
=−⇔−=− ba
a
b
0.25
Thay tọa độ điểm A(3 ; -4) vào (P) :
2
2
++= bxaxy
ta được :
6394239
−=+⇔+=++
baba
0.25
Giải hệ :
−=
−=
⇔
−=+
=−
1
3
1
639
026
b
a
ba
ba
0.25
Vậy parabol cần tìm là :
2
3
1
2
+−−= xxy
0.25
2 Tìm giao điểm của parabol
14
2
+−−= xxy
với đường thẳng
3+−= xy
. 1.0
Hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng là nghiệm của phương trình :
( )
1314
2
+−=+−− xxx
0.25
Giải phương trình (1) ta được nghiệm x = -1 ; x = -2
0.25
Với x = -1 thì y = 4, với x = -2 thì y = 5
0.25
Vậy parabol
14
2
+−−= xxy
và đường thẳng
3+−= xy
có hai giao điểm là
(-1 ; 4) và (-2 ; 5)
0.25
Câu III 2.0
1 Giải phương trình :
xx −=+ 8105
(1) 1.0
Điều kiện :
2
−≥
x
0.25
Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được phương trình :
=
=
⇔=+−⇔−=+
3
18
05421)8(105
22
x
x
xxxx
0.5
Thử lại ta thấy x = 18 không thỏa phương trình , x = 3 thỏa phương trình
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
0.25
2 Giải hệ phương trình
)1(
13
9432
3
=−−
=++
=++
zyx
zyx
zyx
1.0
( )
−=−−
=+
=++
⇔
844
32
3
1
zy
zy
zyx
0.25
=
=+
=++
⇔
1
32
3
z
zy
zyx
0.25
=
=
=
⇔
1
1
1
z
y
x
0.25
Vậy nghiệm của hệ phương trình là :
( ) ( )
1;1;1;; =zyx
0.25
Câu IV
Trong mặt phẳng Oxy, cho cho ba điểm A(1 ; 1), B(2 ; 4) và C(-2 ; 2).
2.0
1
Chứng tỏ tam giác ABC vuông tại A. Từ đó tính diện tích tam giác ABC.
1.0
Ta có :
( ) ( )
1;3,3;1 −== ACAB
0.25
Suy ra :
01.3)3.(1. =+−=ACAB
. Vậy tam giác ABC vuông tại A 0.25
Ta có :
1019,1091 =+==+= ACAB
0.25
Vậy :
510.10.
2
1
2
1
===
∆
ACABS
ABC
(đơn vị diện tích) 0.25
2 Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ACDB là hình chữ nhật 1.0
Gọi D(x ; y) là đỉnh của hình bình hành ACDB
0.25
Ta có :
( ) ( )
4;2,1;3 −−=−= yxBDAC
0.25
Tứ giác ACDB là hình bình hành nên
=
−=
⇔
=−
−=−
⇔=
5
1
14
32
y
x
y
x
BDAC
0.25
Hình bình hành ACDB có góc A vuông nên ACDB là hình chữ nhật
Vậy D(-1 ; 5) là đỉnh cần tìm.
0.25
II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN
3.0
Phần 1: Theo chương trình chuẩn:
Câu Va
1 Giải phương trình
0121918
24
=−+ xx
. 1.0
Đặt
0,
2
≥= txt
0.25
Khi đó (1) trở thành :
−=
=
⇔=−+
2
3
9
4
0121918
2
t
t
tt
0.25
Vì
0≥t
nên ta nhận nghiệm
9
4
=t
. Với
9
4
=t
thì
3
2
±=x
0.25
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là
3
2
=x
và
3
2
−=x
0.25
2 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
( )( )
xxy −−= 213
trên đoạn
2;
3
1
.
1.0
≥−
≥−
⇔
≥
≤
⇔
∈
013
02
3
1
2
2;
3
1
x
x
x
x
x
0.25
Ta có :
( )( ) ( )( )
12
25
2
3613
3
1
3613
3
1
213
2
=
−+−
≤−−=−−=
xx
xxxxy
0.25
Đẳng thức xãy ra khi
6
7
3613
2;
3
1
=⇔
−=−
∈
x
xx
x
0.25
Vậy
12
25
max =y
0.25
Câu VIa Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng
ACAB.
.
1.0
Xét tam giác vuông ABC vuông tại B, ta có:
( )
0
45coscos,cos == AACAB
0.25
0
45cos ACABACAB =
0.25
2
2
2
.2 aaaACAB ==
0.25
Vậy
2
. aACAB =
0.25
Phần 1: Theo chương trình nâng cao:
Câu Vb
2.0
1
Cho phương trình
02)1(2)1(
2
=−++−− mxmxm
(1)
Tìm m để phương trình có hai nghiệm
21
, xx
thỏa điều kiện
3
411
21
−=+
xx
1.0
Phương trình (1) có hai nghiệm khi
≥
≠
⇔
≥−=−−−+=∆
≠
5
1
1
015)2)(1()1(
1
2/
m
m
mmmm
m
0.25
Theo định lý Viet
( )
1
2
.,
1
12
2121
−
−
=
−
+
=+
m
m
xx
m
m
xx
0.25
Suy ra :
2
)1(2
.
11
21
21
21
−
+
=
+
=+
m
m
xx
xx
xx
0.25
Do đó
5
1
8466
3
4
2
)1(2
3
411
21
=⇔+−=+⇔−=
−
+
⇔−=+ mmm
m
m
xx
(thỏa điều
kiện)
0.25
2 Giải hệ phương trình
( )
1
21
7
2244
22
=++
=++
yxyx
yxyx
1.0
( )
( )
( )
( )
=−+
=−+
⇔
=−+
=++
⇔
33
7
21
7
1
2
2
22
2
22
22
xyyx
xyyx
yxyx
yxyx
0.25
Đặt
yxpyxS ., =+=
, hệ (1) trở thành :
0.25
=−=
==
⇔
=
=
⇔
=−
=−
2;3
2;3
9
2
33
7
2
2
2
PS
PS
S
P
PS
PS
==
==
⇔
=
=+
1;2
2;1
2
3
yx
yx
xy
yx
và
−=−=
−=−=
⇔
=
−=+
1;2
2;1
2
3
yx
yx
xy
yx
0.25
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x ; y) là :
( ) ( ) ( ) ( )
1;2,2;1,2;1,1;2 −−−−
0.25
CâuVIb Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng
ACAB.
. 1.0
Xét tam giác vuông ABC vuông tại B, ta có:
( )
0
45coscos,cos == AACAB
0.25
0
45cos ACABACAB =
0.25
2
2
2
.2 aaaACAB ==
0.25
Vậy
2
. aACAB =
0.25
