đề thi học kì môn toán lớp 10 tỉnh đồng tháp (đề 34)

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
( ) ( ) ( ) ( )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