đề thi học kì môn toán lớp 10 tỉnh đồng tháp (đề 31)

Đơn vị ra đề: THPT Tân Thành
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (1.0 điểm)
Viết tập hợp
{ 3 8}A x x= ∈ ≤ ≤¥
và
{ 5}B x x= ∈ ≤¥
theo cách liệt kê
phần tử. Tìm
, \A B A B∩
.
Câu II (2.0 điểm)
1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2
6 1y x x= − +
.
2) Tìm parabol (P):
2
2y ax x c= + +
, biết parabol đi qua hai điểm
(1;6), ( 2;3)A B −
.
Câu III (2.0 điểm)
1) Giải phương trình:
7 5x x− = −
.
2) Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:
3 2 13
4 5 22
x y
x y

− =


− + = −

Câu IV (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
(0; 4), ( 5;6)A B− −

(3;2)C
.
1) Tìm tọa độ trung điểm
I
của đoạn thẳng
BC
, tọa độ trọng tâm
G
của
tam giác
ABC
.
2) Tìm tọa độ của
D
sao cho
ABCD
là hình bình hành.
II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm)
Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu V.a (2.0 điểm)
1) Giải phương trình:
( )
2
2 2
3 5 21 0x x− + − =
.
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2
1
y x
x
= +
−
với
1x
>
.
Câu VI.a (1.0 điểm)
Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 2
tan cot tan cot 4
α α α α
+ − − =
với
α
bất kì.
Phần 2: Theo chương trình nâng cao

Câu V.b (2.0 điểm)
1) Giải phương trình:
2
( 3) 2 3 8 0x x− + − − =
.
2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2 3y x x= − + −
Câu VI.b (1.0 điểm)
Rút gọn biểu thức:
( )
2
2
1 sin
1 sin
. 1
cos cos
A
α
α
α α
 
−
+
= −
 
 
 
với
α
bất kì.

HẾT.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP
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: 20/12/2012
ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm có 01 trang)
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 5 trang)
Đơn vị ra đề: THPT Tân Thành
Câu Nội dung yêu cầu Điểm
Câu I
(1.0 điểm)
Viết tập hợp
{ 3 8}A x x= ∈ ≤ ≤¥
và
{ 5}B x x= ∈ ≤¥
theo cách liệt kê phần tử.
Tìm
, \A B A B∩
.
{3;4;5;6;7;8}A =
0.25
{0;1;2;3;4;5}B =

0.25
{3;4;5}A B∩ =
0.25
\ {6;7;8}A B =
0.25
Câu II
(2.0 điểm)
1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2
6 1y x x= − +
(P).
1.0
Vì
1 0a = >
nên ta có bảng biến thiên:
x
−∞
3
+∞
y
-8
0.5
Parabol có đỉnh:
(3; 8)I −
, trục đối xứng d:
3x =
. Giao điểm của (P) với trục
Oy
là
(0;1)A

, ta có
'(6;1)A
đối xứng với
A
qua d.
0.25
0.25
2) Tìm parabol (P):
2
2y ax x c= + +
, biết parabol đi qua hai điểm
(1;6), ( 2;3)A B −
.
1.0
Vì parabol đi qua hai điểm
(1; 2), ( 2;3)A B− −
nên ta có hệ phương trình
2 6 4
4 4 3 4 7
a c a c
a c a c
+ + = + =
 
⇔
 
− + = + =
 
0.5
Giải hệ suy ra
1

3
a
c
=


=

0.25
Vậy parabol cần tìm là:
2
2 3y x x= + +
0.25
Câu III
(2.0 điểm)
1) Giải phương trình:
7 5x x− = −
1.0
Phương trình tương đương với hệ
( )
2
2
5
5
9 18 0
7 5
x
x
x x
x x

≥

≥


⇔
 
− + =
− = −



0.5
Giải phương trình
2
9 18 0x x− + =
ta được
6
3
x
x
=


=

0.25
So với điều kiện
5x
≥

và kết luận
{6}S =
0.25
1
A’
-8
3
A
I
2) Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:
3 2 13
4 5 22
x y
x y
− =


− + = −

1.0
3 2 13 2 3 13
7, 21, 14
4 5 22 5 4 22
x y
D D D
− −
= = = = = = −
− − − −
0.75
Phương trình có nghiệm duy nhất

3
2
x
y
D
x
D
D
y
D

= =




= = −


0.25
Câu IV
(2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
(0; 4), ( 5;6)A B− −

(3;2)C
.
1) Tìm tọa độ trung điểm

I
của đoạn thẳng
BC
, tọa độ trọng tâm
G
của tam giác
ABC
.
1.0
Vì
I
là trung điểm của đoạn thẳng
BC
nên ta có
5 3
1
2
( 1;4)
6 2
4
2
I
I
x
I
y
− +

= = −



⇒ −

+

= =


0.5
Vì G là trọng tâm của tam giác
ABC
nên ta có:
0 5 3 2
2 4
3 3
( ; )
4 6 2 4
3 3
3 3
G
G
x
G
y
− + −

= =

−


⇒

− + +

= =


0.5
2) Tìm tọa độ của
D
sao cho
ABCD
là hình bình hành.
1.0
Vì
ABCD
là hình bình hành nên ta có:
AB DC=
uuur uuur
0.25
Gọi
( ; )
D D
D x y
. Khi đó ta có

( 5;10)
(3 ;2 )
D D
AB

DC x y
= −
= − −
uuur
uuur
0.25
AB DC=
uuur uuur
3 5
2 10
D
D
x
y
− = −

⇔

− =

0.25
Giải hệ ta được
8
(8; 8)
8
D
D
x
D
y

=

⇒ −

= −

0.25
Câu V.a
(2.0 điểm)
1) Giải phương trình:
( )
2
2 2
3 5 21 0x x− + − =
(1)
1.0
(1)
4 2 2
6 9 5 21 0x x x⇔ − + + − =

4 2
12 0x x⇔ − − =
(2)
0.25
Đặt
2
, 0t x t= ≥
. Khi đó phương trình (2) trở thành
0.5
2

4
12 0
3 ( )
t
t t
t l
=

− − = ⇔

= −

2
4 4 2
{ 2;2}
t x x
S
= ⇔ = ⇔ = ±
⇒ = −
0.25
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2
1
y x
x
= +
−
với
1x
>

.
1.0
Ta có
2 2
1 1
1 1
y x x
x x
= + = − + +
− −
0.25
Vì
1x
>
nên
2
1 0, 0
1
x
x
− > >
−
. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
( )
2 2
1 2 1 . 2 2
1 1
1 2 2
x x
x x

y
− + ≥ − =
− −
⇒ ≥ +
0.5
Vậy hàm số đạt GTNN là
1 2 2+
khi và chỉ khi
2
1 2
2
1 2 1 0
1
1 2 ( )
x
x x x
x
x l

= +
− = ⇔ − − = ⇔

−
= −


0.25
Câu VI.a
(1.0 điểm)
Chứng minh rằng:

( ) ( )
2 2
tan cot tan cot 4
α α α α
+ − − =
với
α
bất kì.
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
tan cot tan cot
tan 2tan cot cot (tan 2tan cot cot )
α α α α
α α α α α α α α
+ − −
= + + − − +
0.5
2tan .cot 2cot .tan 4
α α α α
= + =
vì
cot .tan 1
α α
=
0.5
Câu V.b
(2.0 điểm)
1) Giải phương trình:
2

( 3) 2 3 8 0x x− + − − =
1.0
Đặt
3 , 0t x t= − ≥
. Khi đó phương trình trở thành
2
2 8 0t t+ − =
0.5
2
2
2 8 0
4 ( )
t
t t
t l
=

+ − = ⇔

= −

0.25
Với
3 2 5
2 3 2
3 2 1
x x
t x
x x
− = =

 
= ⇔ − = ⇔ ⇔
 
− = − =
 
Vậy
{0;5}S =
0.25
2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2 3y x x= − + −
1.0
Tập xác định của hàm số là
2 3x≤ ≤
. Ta xét
2
2
2 3 2 ( 2)(3 )
1 2 ( 2)(3 ) 1 ( 2) (3 ) 2
2 2
y x x x x
x x x x
y y
= − + − + − −
= + − − ≤ + − + − =
⇒ ≤ ⇔ ≤
0.5
Vậy hàm số đạt GTLN bằng
2
khi và chỉ khi
5

2 3
2
x x x− = − ⇔ =
Mặt khác
2
2
2 3 2 ( 2)(3 )
1 2 ( 2)(3 ) 1
1 1
y x x x x
x x
y y
= − + − + − −
= + − − ≥
⇒ ≥ ⇔ ≥
Vậy hàm số đạt GTNN bằng
1
khi và chỉ khi
( ) ( )
2
2 3 0
3
x
x x
x
=

− − = ⇔

=


0.5
Câu VI.b
(1.0 điểm)
Rút gọn biểu thức:
( )
2
2
1 sin
1 sin
. 1
cos cos
A
α
α
α α
 
−
+
= −
 
 
 
với
α
bất kì.
( ) ( )
2 2
2 2
1 sin 1 sin

1 sin 1 sin
. 1 . 1
cos cos cos 1 sin
A
α α
α α
α α α α
   
− −
+ +
= − = −
   
−
   
   
0.25
1 sin 1 sin
. 1
cos 1 sin
α α
α α
+ −
 
= −
 
+
 
0.25
1 sin 2sin
.

cos 1 sin
α α
α α
+
=
+
0.25
2sin
2 tan
cos
α
α
α
= =
0.25