Đề kiểm tra học kỳ 1 toán 10 (2)

Đề số 2
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Môn TOÁN Lớp 10
Thời gian làm bài 90 phút
I. Phần chung:
Câu 1: (1đ)
a) Viết tập hợp
{ }
2
(2 2)( 3 2) 0= ∈Ζ − − + =A x x x x
bằng cách liệt kê các phần tử.
b) Tìm
(1;2) [ 3;6); [ 4;4) (3;6)∩ − − ∪
Câu 2: (2đ)
a) Tìm tập xác định của các hàm số sau:
2 1y x= +
và
2
1
1
x
y
x
−
=
+
b) Tìm hàm số
= +y ax b
, biết đồ thị hàm số đi qua điểm
(1;2)A

và song song với đường
thẳng
9 3 7x y+ =
.
c) Tìm giao điểm của đường thẳng
9 3 7x y+ =
và parabol (P) có phương trình
2
7
3
3
y x x= + +
Câu 3: (2,75đ)
1) Giải các phương trình sau:
a)
15 16 2 3x x+ = +
b)
3 4 2 1x x− = −
c)
2
3 7 2
3
1 1
x
x x
−
+ =
− −
2) Giải và biện luận phương trình sau:
(2 1) 2 3 2m x m x+ − = −

Câu 4: (1,25đ) Cho tam giác ABC vuông ở A có 2 cạnh AB=7, AC=10
a) Tính
.AB AC
uuur uuur
b) Tính cosin của các góc
( , ),( , )AB BC AB CB
uuur uuur uuur uuur
II. Phần riêng:
A. Chương trình chuẩn:
Câu 5a: (2,25đ)
1) Cho 4 điểm bất kì M, N, P, Q. Chứng minh rằng
MN PQ MQ PN+ = +
uuuur uuur uuuur uuur
2) Cho tam giác đều ABC có cạnh a. Tính
−AB AC
uuur uuur
3) Cho tam giác ABC có
( 3;2), (1;3), ( 1; 6)A B C− − −
.
a) Tìm
, ,AB AC BC
uuur uuur uuur
b) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A.
c) Tính chu vi tam giác ABC.
Câu 6a: (0,75đ) Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
1 1 1 8
a b c
b c a
   
+ + + ≥

 ÷ ÷ ÷
   
B. Chương trình nâng cao:
Câu 5b: (2,25đ)
1) Định m để hệ phương trình sau có vô số nghiệm:
4 1
( 6) 2 3
x my m
m x y m
− + = +


+ + = +

2) Cho tam giác ABC có c = 35, b = 20,
µ
0
60=A
a) Tính chiều cao h
a
b) Tính diện tích tam giác ABC.
3) Cho tam giác ABC, biết
(1;2), (5;2), (1; 3)A B C −
a) Tính
,AB BC
uuur uuur
b) Xác định tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.
Câu 6b: (0,75đ) Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng
1 1 1a b c
bc ac ab a b c

+ + ≥ + +
Hết
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1

Đề số 2
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Môn TOÁN Lớp 10
Thời gian làm bài 90 phút
Câu Đáp án Điểm
Câu 1a a) Cho
2 2 0 1x x
− = ⇔ =

2
3 2 0 1; 2x x x x− + = ⇔ = =
Vậy
{ }
1;2A =
0.25
0.25
Câu 1b
b)
( )
1;2 [ 3;6) (1;2)∩ − =

[ 4;4) (3;6) [ 4;6)− ∪ = −
0.25
0.25
Câu 2a

a) •
1
2 1 0
2
x x
−
+ ≥ ⇔ ≥


1
[ ; )
2
D
−
= +∞
•
1 0 1x x
+ ≠ ⇔ ≠ −

{ }
\ 1D R= −
0.25
0.25
0.25
Câu 2b
b) Vì đồ thị hàm số
axy b= +
song song với đường thẳng
9 3 7x y+ =
nên

9
3
3
−
= = −a
Vì hàm số qua
(1;2)A
nên ta có
2 .1 2 3.1 5= + ⇔ = − + ⇔ =a b b b
Vậy hàm số là
3 5= − +y x
0.25
0.25
0.25
Câu 2c c) Phương trình hoành độ giao điểm:
2 2
7
0
9 7 7 18
3
3 0
3 3 3 3
61
6
3

 
= =
 ÷


−
 

+ = + + ⇔ + = ⇔

 
= − =
 ÷

 

x y
x x x x x
x y
Vậy giao điểm là
7 61
0; ; 6;
3 3
   
−
 ÷  ÷
   
0.25
0.25
Câu 3.1a a)
PT ⇔
2
2
3
2 3 0

2
15 16 (2 3)
15 16 4 12 9
−

+ ≥
≥


⇔
 
+ = +


+ = + +

x
x
x x
x x x
2
3
3
2
1
2
4 3 7 0
7
4
−


≥

−

≥ 

⇔ ⇔
= −

 

 
− − =



=


x
x
x
x x
x
Vậy phương trình có nghiệm là x = –1; x =
7
4
0.25
0.25

0.25
Câu 3.1b
b)
1
2 1 0
2
3 4 2 1
3
3 4 2 1
1

− ≥
≥


 
⇔
− = −

 
=


 
− = − +




=



x
x
x x
x
x x
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 3
0,25
0,25
2
Câu 3.1c
c) Đk:
2
1 0 1x x− ≠ ⇔ ≠ ±
Phương trình trở thành:

2 2
3 7 2( 1) 3( 1) 3 5 2 0− + + = − ⇔ − + =x x x x x
1 ( )
2
3
=


⇔

=


x loai
x
Vậy phương trình có nghiệm là x =
2
3
0.25
0.25
0.25
Câu 3.2
(2 1) 2 3 2 (2 2) 2 2+ − = − ⇔ − = −m x m x m x m
(1)
Nếu
2 2 0 1m m
− ≠ ⇔ ≠
thì PT có nghiệm duy nhất
1x
=
Nếu
2 2 0 1m m− = ⇔ =
thì (1) trở thành
0 0x =
, PT có vô số nghiệm.
Kết luận:
Với
1m
≠
thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Với m = 1 thì phương trình có vô số nghiệm.
0.25
0.25

0.25
Câu 4
a)
. . os( , )AB AC AB AC c AB AC=
uuur uuur uuur uuur
=
0
7.10. os90 0c =
b) Ta có
·
0
( , ) 180= −AB BC ABC
uuur uuur
cos( , )AB BC
uuur uuur
=
·
7
cos
149
−
− =ABC
Ta có
·
( , ) =AB CB ABC
uuur uuur
. Nên
7
cos( , )
149

=AB CB
uuur uuur
0.5
0.25
0.25
0.25
Câu 5a
1)
MN PQ MQ PN+ = +
uuuur uuur uuuur uuur
Ta có VT=
0MQ QN PN NQ MQ PN VP+ + + = + + =
uuuur uuur uuur uuur uuuur uuur r

Vậy
MN PQ MQ PN+ = +
uuuur uuur uuuur uuur
2) Ta có
AB AC CB− =
uuur uuur uuur
nên
AB AC CB CB a− = = =
uuur uuur uuur
3) a)
(4;1)AB =
uuur
,
(2; 8)AC = −
uuur
,

( 2; 9)BC = − −
uuur
b) Ta có
. 4.2 1.( 8) 0AB AC = + − =
uuur uuur
⇒ tam giác ABC vuông tại A
c) AB =
17
, AC = 2
17
, BC =
85
Vậy chu vi tam giác là:
17 2 17 85 3 17 85+ + = +
0.5
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
Câu 6a Vì 3 số a, b, c dương nên áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có

1 2
a a
b b
+ ≥
;
1 2
b b
c c

+ ≥
;
1 2
c c
a a
+ ≥
Nhân vế với vế ta có
1 1 1 8
a b c abc
b c a abc
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
Từ đó suy ra
1 1 1 8
a b c
b c a
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
0.75
Câu 5b.1
1)
2
4
6 8 0 2; 4
6 2
m

D m m m m
m
−
= = − − − = ⇔ = − = −
+

2
1
2 0 1; 2
3 2
x
m m
D m m m m
m
+
= = − − + = ⇔ = = −
+

2
4 1
11 18 0 2; 9
6 3
y
m
D m m m m
m m
− +
= = − − = ⇔ = − =
+ +
Hệ phương trình có vô số nghiệm

0 2
x y
D D D m⇔ = = = ⇔ = −
0.25
0.5
3
Câu 5b.2
2) a) Ta có
2 2 2 2 2
2 .cos 20 35 20.35 925a b c bc A= + − = + − =
Vậy
30,41a ≈

3
20.35.
2 .sin
2
19,93
30,41
a
S bc A
h
a a
= = ≈ ≈
b)
1 1
. .30,41.19,93 303,04
2 2
a
S a h= ≈ ≈

0.25
0.25
0.5
Câu 5b.3
3) a)
(4;0)AB =
uuur

( 4; 5)BC = − −
uuur
b) Ta có
1 4 3
( 1; 2) ( 4; 5)
2 5 3
− = − = −
 
= ⇔ − − = − − ⇔ ⇔
 
− = − = −
 
D D
D D
D D
x x
AD BC x y
y y
uuur uuur
Vậy
( 3; 3)D − −
0.25

0.25
Câu 6b Vì 3 số a, b,c dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô–si, ta có:

2
1
2
a b
bc ac c
+ ≥
;
2
1
2
a c
bc ab b
+ ≥
;
2
1
2
b c
ac ab a
+ ≥
Cộng vế với vế ta được: 2(
1 1 1
) 2( )
a b c
bc ac ab a b c
+ + ≥ + +
Từ đó suy ra

1 1 1a b c
bc ac ab a b c
+ + ≥ + +
0.75
Câu Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng
Câu 1
1
0.5
1
0.5
2
1
Câu 2
1
0.75
2
1.25
3
2
Câu 3
2
2.75
2
2.75
Câu 4
1
0.5
1
0.75
2

1.25
Câu 5
1
0.5
1
0.75
1
1
3
2.25
Câu 6
1
0.75
1
0.75
Tổng
4
2.25
3
2
6
5.75
4