đề thi học kì môn toán lớp 10 tỉnh đồng tháp (đề 4)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG KỌC KỲ I
NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN: TOÁN 10
Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm)
Câu I ( 1,0 điểm) Xét tính đúng sai và viết mệnh đề phủ định của các mậnh đề sau:
P: “2012 chia heát cho 3”
Q: “∀x∈R: x
2
+2x+3 > 0”
Câu II (2,0 điểm)
1. Xác định a, b để đồ thị hàm số y = ax + b để đi qua D(1, 2) và có hệ số góc bằng 2? Vẽ đồ thị hàm số
vừa tìm được.
2. Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = −x
2
+ 2x + 3. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng
(∆) : y = 2x + 2
Câu III (2,0 điểm)
1) Giải phương trình sau:
x x x
2
3( 3 2) 0− − + =
2) Tìm m để phương trình
2
( 1) 2( 1) 2 3 0m x m x m+ − − + − =
có một nghiệm x
1
= 1, tìm nghiệm còn lại.
Câu IV ( 2,0 điểm)

1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD của tứ giác ABCD. Chứng minh rằng
4MN AC BD BC AD= + + +
uuuur uuur uuur uuur uuur
2. Cho các điểm A(-4; 1), B(2; 4), C(2; -2)
a) Chứng minh A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
b) Xác định tọa độ trọng tâm G sao cho ABGC là hình bình hành.
II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
A. PHẦN 1 (THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN)
Câu Va ( 2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình
2 5
3 2 7
x y
x y
− =


+ =

bằng phương pháp thế.
2. Chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thì
1 1 1
( )( ) 9x y z
x y z
+ + + + ≥
.
Câu VIa (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có A(1; –1), B(5; –3), C(2; 0).
a) Tính chu vi của tam giác ABC.
b) Xác định chân đường cao AH của tam giác ABC, tính diện tích tam giác ABC.
B. PHẦN 2 (THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO)

Câu Vb (2,0 điểm)
1). Cho phương trình: x
2
– 2(m – 1)x + m
2
+ 4 = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x
1
,x
2
thỏa
mãn
1 2
2 1
3
x x
x x
+ =
2). Giải hệ phương trình
2 2
5
8
xy x y
x y x y
+ + =


+ + + =

Câu VIb ( 1,0 điểm) Cho tam giác ABC biết AB = 10, AC = 4 và
µ

0
A 60=
a) Tính chu vi tam giác ABC
b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC.
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Hết.
Họ và tên học sinh: ……………………………………………., Số báo danh: ………………………….
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP
ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG KỌC KỲ I
NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN: TOÁN 10
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I
P: là mệnh đề sai
P
: “2012 không là sô
Q là mệnh đề đúng
Q
: “∃x∈R: x
2
+2x+3 ≤ 0”
0,25
0,25
0,25
0,25
II
1. y = ax + b có hệ số góc bằng 2 suy ra a = 2

Đồ thị qua D(1, 2) suy ra 2 = 2.1 + b ⇒ b = 0
Vậy hàm số: y = 2x có đồ thị là đường thẳng di qua góc tọa độ O(0; 0) và điểm
D(1; 2)
2
1
x
y
O
0,25
0,25
0.25
0,25
2. y = −x
2
+ 2x + 3 có đồ thị là Parabol có đỉnh I(1; 4), trục đối xứng x = 1
a = −1 < 0 suy ra bề lõm quay xuống.
Các điểm đặc biệt:
x -1 0 1 2 3
y 0 3 4 3 0
3
2
3
-1
1
4
x
y
O
Ta có phương trình hoành độ giao điểm: −x
2

+ 2x + 3 = 2x + 2
⇔ x
2
= 1 ⇒
1 4
1 0
x y
x y
= ⇒ =


= − ⇒ =


Vậy tọa độ giao điểm: M(1; 4) và N(−1; 0)
0,25
0,25
0,25
0,25
III
1.
x x x
2
3( 3 2) 0− − + =
, ĐK: x ≥ 3
Phương trình ⇔

− =

− + =


2
3 0
3 2 0
x
x x
⇔

− =

=

=

3 0
1
2
x
x
x
⇔

=

=

=

3
1

2
x
x
x
So ĐK suy ra nghiệm của phương trình: x = 3
0,25
0,25
0,25
0,25
2
2.
2
( 1) 2( 1) 2 3 0m x m x m+ − − + − =
Có nghiệm x
1
= 1 suy ra
2
( 1)1 2( 1)1 2 3 0m m m+ − − + − =
⇔ m = 0
Phương trình trở thành:
2
2 3 0x x+ − =
⇔
1
3
x
x
=



= −


Vậy m = 0 phương trình có nghiệm x
1
= 1 và nghiệm còn lại x
2
= -3
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
1.
4MN AC BD BC AD= + + +
uuuur uuur uuur uuur uuur
VP =
AB BC BA AD BC AD+ + + + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur

=
2 2BC AD+
uuur uuur
=
2( ) 2( )BM MN NC AM MN ND+ + + + +
uuuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur
=
4 2( ) 2( )MN BM AM NC ND+ + + +
uuuur uuuur uuuur uuur uuur
=

4MN
uuuur
= VT
0,25
0,25
0,25
0,25
2. a) ta có:
(6;3)AB
uuur
và
(6; 3)AC −
uuur

6
1
' 6
x
x
= =
và
3
1
' 3
y
y
= = −
−
⇒
' '

x y
x y
≠

Suy ra 3 điểm A, B, C không thẳng hàng là 3 đỉnh của một tam giác.
b) Để ABGC là hình bình hành ⇒
AB CG=
uuur uuur

g/s G(a; b) ⇒
CG
uuur
(a – 2; b + 2)
⇒
2 6 8
2 3 1
a a
b b
− = =
 
⇔
 
+ = =
 

Vậy G(8; 1)
0,25
0,25
0,25
0,25

Va
1.
2 5
3 2 7
x y
x y
− =


+ =

⇔
2 5
3 2(2 5) 7
y x
x x
= −


+ − =

⇔
2 5
7 10 7
y x
x
= −


− =


⇔
1
7
17
7
y
x

= −




=


Vậy nghiệm của hệ phương trình:
1 17
;
7 7
 
−
 ÷
 

0,25
0,25
0,25
0,25

2.
1 1 1
( )( ) 9x y z
x y z
+ + + + ≥
Do x, y, z là số dương, theo bất đẳng thức Cô-si ta có
3
3
3
1 1 1 1
3
x y z xyz
x y x xyz

+ + ≥


+ + ≥



⇒
+ + + + ≥
3
1 1 1 1
( )( ) 9x y z xyz
x y z xyz
⇒
1 1 1
( )( ) 9x y z

x y z
+ + + + ≥
(đpcm)
0,5
0,25
0,25
VIa
a) Ta có: AB =
2 5
; AC =
2
và BC =
3 2
vậy chu vi ∆ABC bằng AB + AC + BC =
2 5
+
4 2
b) Gọi H(a; b) suy ra
(1 ; 1 )HA a b− − −
uuur
;
( 5; 3)BH a b− +
uuur
và
( 3;3)BC −
uuur

0,25
0,25
3

để AH là đường cao ∆ABC ⇔
HA BC
BH kBC

⊥


=


uuur uuur
uuur uuur
⇒
3(1 ) 3( 1 ) 0
5 3
3 3
a b
a b
− − + − − =


− +

=

−


⇔
2

2
a b
a b
− =


+ =

⇒
2
0
a
b
=


=

vậy H(2; 0)
⇒ AH =
2
⇒ S
∆
ABC
=
1
2
AH.BC =
1
2

2
.
3 2
= 3(đvdt)
0,25
0,25
Vb
1. x
2
– 2(m – 1)x + m
2
+ 4 = 0. để phương trình có hai nghiệm x
1
,x
2
thỏa mãn
1 2
2 1
3
x x
x x
+ =
⇔
1 2
2 1
' 0
3
x x
x x
ì

D >
ï
ï
ï
ï
í
ï
+ =
ï
ï
ï
î

⇒
2
' 0
2
3
S P
p
ì
D >
ï
ï
ï
ï
í
-
ï
=

ï
ï
ï
î
⇒
2 2
2
2 3 0
[2( 1)] 2( 4)
3
4
m
m m
m
ì
- - >
ï
ï
ï
ï
í
- - +
ï
=
ï
ï
+
ï
î
⇔

2
3
2
8 16 0
m
m m
ì
ï
ï
<-
ï
ï
í
ï
ï
+ + =
ï
ï
î
⇒ m = –4
Vậy m = –4
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
2 2
5
8
xy x y

x y x y
+ + =


+ + + =

Đặt S = x + y; P = xy ĐK: S
2
≥ 4P
Hpt ⇔
2
5
2 8
S P
S p S
+ =


− + =

⇔
5
3
6
P S
S
S
= −



=




= −


*
3
2
S
P
=


=

ta có x, y là 2 nghiệm của phương trình: t
2
– 3t + 2 = 0 ⇒
1
2
t
t
=


=


Suy ra hpt có nghiệm (1; 2), (2; 1)
*
6
11
S
P
= −


=

(loại)
Vậy hpt có nghiệm: (1; 2), (2; 1)
0,25
0,25
0,25
0,25
VIb
a) AB = 10, AC = 4 và
µ
0
A 60=
·
2 2 2
2 . .BC AB AC AB AC COS BAC= + −
= 100 + 16 – 2.10.4.
1
2
= 76

⇒ BC =
76
⇒ Chu vi ∆ABC = AB + BC + CA = 14 +
76
0,25
0,25
b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC.
P
∆
ABC
=
14
2
76+
= 11,36
⇒ S
∆
ABC
=
11,36(11,36 10)(11,36 4)(11,36 7,72)− − −
≈ 20,34
Mà S = P.r ⇒ r =
20,34
11,36
= 8,98
0,25
0,25
4