Đề kiểm tra học kì 1 Toán lớp 10 số 1

UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2010-2011
Môn: TOÁN - LỚP 10 THPT
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề kiểm tra có 02 trang.

I. PHẦN CHUNG CHO THÍ SINH CẢ 2 BAN: (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm)
1) Phủ định mệnh đề sau và xét tính đúng sai của nó:
P :" n :n 1 n"∀ ∈ + >¢
2) Liệt kê các phần tử của tập hợp
{ }
A n / n(n 1) 20
= ∈ + ≤
¥
3) Mỗi học sinh lớp 10 chuyên đều giỏi toán hoặc giỏi văn. Biết rằng có 25 học
sinh giỏi toán, 20 học sinh giỏi văn và 5 học sinh vừa giỏi toán vừa giỏi văn. Hỏi lớp
10 chuyên có bao nhiêu học sinh?
Câu II: (3,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P):
2
y 2x bx c
= + +
a. Tìm b và c, biết parabol có trục đối xứng x = 1 và cắt trục tung tại điểm
M(0; 4).
b. Tìm giao điểm của (P) và đường thẳng (d): y = x + 4
c. Vẽ (P) và (d).
2) Cho A và B là hai điểm thuộc đồ thị hàm số y = (m - 1)x + 2 có hoành độ lần
lượt là -1 và 3. Với điều kiện nào của m thì hai điểm A và B cùng nằm phía trên trục

hoành.
Câu III: (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, H là trực tâm của tam giác; D là
điểm đối xứng của của A qua O.
1) Chứng minh tứ giác HCDB là hình bình hành.
2) Chứng minh: a)
HA HB HC 2HO+ + =
uuur uuur uuur uuur
b)
OA OB OC OH+ + =
uuur uuur uuur uuur
c) Cho G là trọng tâm tam giác ABC.
Chứng minh: ba điểm O, H, G thẳng hàng.
II. PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm) (Thí sinh học ban nào làm bài theo ban đó)
1
Đề chính thức
1. Theo chương trình nâng cao
Câu IVa: (2,5 điểm)
1) Giải và biện luận phương trình:
2
(m 1)x (2m 1)x m 2 0+ − + + − =
theo
tham số m.
2) Giải các hệ phương trình:
a.
2x y 3z 2
x 4y 6z 5
5x y 3z 5

+ + =


− + − =


− + = −

b.
3 x 5y 9 0
2x y 7

+ − =


− =



3) Tìm tất cả giá trị của k để phương trình bậc hai
2
(k 2)x 2kx k 0+ − − =
có
hai nghiệm
1 2
x , x
mà sắp xếp trên trục số chúng đối xứng nhau qua điểm x = 2.
Câu Va: (0,5 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-1; 1), B(5; 3), đỉnh
C nằm trên trục Oy và trọng tâm G nằm trên Ox. Tìm toạ độ đỉnh C.
2. Theo chương trình chuẩn
Câu IVb: (2,5 điểm)

1) Giải và biện luận phương trình
2
m (x 1) 1 (2 m)x+ − = −
2) Giải hệ phương trình:
2x y 3z 2
x 4y 6z 5
5x y 3z 5

+ + =

− + − =


− + = −


3) Cho phương trình:
2 2
mx (m 3)x m 0+ − + =
a. Định m để phương trình có nghiệm kép.
b. Tìm m để hai nghệm
1 2
x , x
thoả
1 2
13
x x
4
+ =

Câu Vb: (0,5 điểm)
Cho tam giác ABC, các điểm M(1; 0), N(2; 2), P(-1; 3) lần lượt là trung điểm
các cạnh BC, CA, AB. Tìm toạ độ đỉnh A của tam giác ABC.
HẾT
Ghi chú: thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo
cho phép.
UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10
KIỂM TRA HKI - NĂM HỌC 2010-2011
Bài Nội dung Điểm
I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu I
(2,0đ)
1/ (0,75 điểm)

∃ ∈ + ≤¢P :" n : n 1 n"
;
là mệnh đề sai.
2/ (0,5 điểm)

{ }
A 0; 1; 2; 3; 4
=
3/(0,75 điểm)
∙ Gọi A là tập các học sinh giỏi toán.
B là tập các học sinh giỏi văn. Vì mỗi học sinh lớp
10 chuyên đều giỏi toán hoặc văn.

∙ Vậy:
A B
∪
là tập các học sinh của lớp.
∙ Ta đếm A có 25 phần tử.
đếm B có 20 phần tử.
Nhưng các phần tử thuộc
A B
∩
được đếm 2 lần và có
5 học sinh.
Vậy số phần tử của
A B
∪
là: 25 + 20 – 5 = 40
Kết luận: Lớp 10 chuyên có 40 học sinh.
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
Câu II
(3,0đ)
1/(2,0 điểm)
a) ∙ Ta có:
b
1 b 2a 2(2) 4
2a
− = ⇔ = − = − = −
Nên (P): y =

2
2x 4x c− +
∙ Ta có:
2
M(0; 4) (P) 2.0 4.0 c 4 c 4∈ ⇔ − + = ⇔ =
Vậy: (P): y =
2
2x 4x 4− +
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
∙
− + = + ⇔ − =
2 2
2x 4x 4 x 4 2x 5x 0


=

⇔

=


x 0
5
x
2
∙ x = 0
⇒
y = 4
∙

5 13
x y
2 2
= ⇒ =
c) ∙ Vẽ (P) đúng.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
∙ Vẽ (d) đúng.
2/ (1,0 điểm)
a) Ta có:
∙ A(-1; -m + 3), B(3; 3m - 1)
∙ A, B nằm phía trên trục hoành
A
B
y 0
y 0

>

⇔

>




<

− + >

⇔ ⇔
 
− >
>



m 3
m 3 0
1
3m 1 0
m
3

⇔ < <
1
m 3
3
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III

(2,0đ)
1/ (0,75 điểm)
∙ AD là đường kính của (O) nên
BD AB, DC AC⊥ ⊥
(1)
∙ H là trực tâm của
ABC∆
nên
CH AB, BH AC⊥ ⊥
(2)
∙ Từ (1) và (2) suy ra:
CH BDP
và
BH DCP
Hay HCDB là hình bình hành.
2/ (1,25 điểm)
a) Ta có: HCDB là hình bình hành
HB HC HD⇒ + =
uuur uuur uuur
(3)
O là trung điểm AD
HA HD 2HO⇒ + =
uuur uuur uuur
(4)
Từ (3) và (4) suy ra:
HA HB HC 2HO+ + =
uuur uuur uuur uuur

b)
HA HB HC 2HO+ + =

uuur uuur uuur uuur
HO OA HO OB HO OC 2HO⇔ + + + + + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
OA OB OC OH⇔ + + =
uuur uuur uuur uuur
(5)
c) G là trọng tâm
ABC OA OB OC 3OG∆ ⇒ + + =
uuur uuur uuur uuur
(6)
Từ (5) và (6) suy ra:
OH 3OG=
uuur uuur

hay O, H, G thẳng hàng.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
4
H
D
O
A
B

C
Câu IVa
(2,5đ)
1/ (0,75 điểm)
- Với m = -1: phương trình có nghiệm x = 3
- Với m
≠
-1
8m 9∆ = +
∙
9
m
8
< −
: phương trình vô nghiệm
∙
9
m
8
=
: phương trình có một nghiệm kép x = 5
∙
9
m ; m 1
8
> ≠
: phương trình có 2 nghiệm
2m 1 8m 9
x
2(m 1)

+ ± +
=
+
2/(1,0 điểm)
a) Đưa về hệ:
x 4y 6z 5 x 1
3x 2y 7 y 2
8y 16 2
z
3



− + − = = −


− + = ⇔ =
 
 
=


=

b)
2x 7 y x > 0 = + ⇒
∙ Nếu
y 0≥
thì hệ phương trình có dạng:
44

x
3x 5y 9
13
2x y 7 3
y
13

=


+ =

⇔
 
− =


= −


(loại)
∙ Nếu
y 0<
thì hệ phương trình có dạng:
26
x
3x 5y 9
7
2x y 7 3
y

7

=


+ =

⇔
 
+ =


= −


(nhận)
3/ (0,75 điểm)
∙
1 2
1 2
x x
2 x x 4
2
+
= ⇔ + =
∙ Theo định lí Viét ta có:
1 2
x x+
=
2k

k 2+
∙ Vậy:
2k
k 2+
= 4
k 4⇔ = −
0,25
0,25
0,25
0,25x2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Câu Va
(0,5đ)
∙ Gọi G(
G
x ; 0
), C(0;
C
y
)
∙ Ta có:


− + +
=



+ + = ⇔

− +

=


uuur uuur uuur uuur
G
C
1 5 0
x
3
OA OB OC 3OG
1 3 y
0
3



=

⇔


=

G

C
4
x
3
y 3
Vậy: C(0; 2)
0,25
0,25
Câu IVb
(2,5đ)
1/(1,0 điểm)
Biến đổi về phương trình tương đương:

( )
+ − = −
2 2
m m 2 x 1 m
∙
2
m m 2 0 m 1+ − ≠ ⇔ ≠
và
≠ −m 2
thì phương trình có
nghiệm duy nhất x =
m 1
m 2
+
−
+
∙ m = 1 : mọi số thực x đều là nghiệm phương trình.

∙ m = -2 : phương trình vô nghiệm.
2/(0,5 điểm)
Đưa về hệ:
x 4y 6z 5 x 1
3x 2y 7 y 2
8y 16 2
z
3



− + − = = −


− + = ⇔ =
 
 
=


=

3/(1,0 điểm)
a) ∙ Ta có:
4 2
m 10m 9∆ = − +
∙ Phương trình có nghiệm kép
4 2
m 0
m 10m 9 0


≠
⇔

− + =



m 1
m 3

= ±
⇔

= ±

∙ Với m = 1 hoặc m = -3 : pt có nghiệm kép x = 1
∙ Với m = -1 hoặc m = 3 : pt có nghiệm kép x = -1
b) Phương trình có hai nghiệm
0⇔ ∆ ≥


4 2
m 10 9 0⇔ − + ≥
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25x2
0,25

0,25
0,25
6
Theo định lí Viét ta có:
2
1 2
3 m
x x
m
−
+ =
Vậy:
2
2
3 m 13
4m 13m 12 0
m 4
−
= ⇔ + − =


m 4
3
m
4

= −

⇔


=


(thoả điều kiện
0∆ ≥
)
Do đó: m = -4 hoặc
3
m
4
=
là giá trị cần tìm.
0,25
Câu Vb
(0,5đ)
∙ Ta có: NAPM là hình bình hành
NA MP⇒ =
uuur uuur
∙
A A
NA (x 2; y 2) ; MP ( 2; 3)= − − = −
uuur uuur
Do đó:
A A
A A
x 2 2 x 0
y 2 3 y 5
 
− = − =
 

⇔
 
− = =
 
 
Vậy A(0; 5)
0,25
0,25
* Ghi chú: mọi cách giải khác nếu đúng thí sinh được hưởng trọn điểm số của câu.
7
M
N
P
A
B
C