Đề kiểm tra học kỳ 1 toán 10 (9)

Đề số 9
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Môn TOÁN Lớp 10
Thời gian làm bài 90 phút
I. PHẦN CHUNG: (7điểm) (Dành cho tất cả các học sinh)
Câu 1: (2điểm)
1) Cho hai tập hợp
)
A B0;2 , (1;3)

= =

. Hãy xác định các tập hợp:
A B A B A B, , \∪ ∩
2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
y x x
2
4 5
=− + +
Câu 2: (2điểm)
1) Xét tính chẵn lẻ của hàm số:
f x x x( ) 1 1= + − −
2) Cho phương trình :
x mx m m
2 2
2 0
− + − =
. Tìm tham số
m
để phương trình có hai nghiệm phân

biệt
x x
1 2
,
thỏa mãn :
x x x x
2 2
1 2 1 2
3+ =
Câu 3: (3điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm
A B C(1;2), ( 3;4), (5;6)−
.
a) Chứng minh ba điểm
A B C, ,
không thẳng hàng.
b) Tìm tọa độ trọng tâm
G
của tam giác ABC.
2) Cho
0 0
3
sin (0 90 )
5
α α
= < <
.Tính giá trị biểu thức:
P
1 tan
1 tan

α
α
−
=
+
II. PHẦN RIÊNG: (3điểm) (Học sinh chọn Câu4a hoặc Câu 4b để làm)
Câu 4a: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách nâng cao)
1) Giải phương trình :
x x x x
2 2
4 9 6 4 9 12 20 0
− − − + + =
2) Tìm
m
để hệ phương trình :
mx y m
x my 4





+ =
+ =
có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên.
3) Cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
có

BC a 2=
. Tính :
CA CB AB BC. , .
uuur uuur uuur uuur
Câu 4b: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách chuẩn)
1) Giải phương trình:
x x
4 2
7 12 0
− + =
2) Giải hệ phương trình:
x y
xy
2 2
13
6





+ =
=
3) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với
A B C(1; 2), (5; 1), (3;2)− −
. Tìm tọa độ điểm D
để tứ giác
ABCD
là hình bình hành.
––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1

Đề số 9
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015
Môn TOÁN Lớp 10
Thời gian làm bài 90 phút
Câu Nội dung Điểm
1.1
)
A B 0;3

∪ =

0.25
A B (1;2)∩ =
0.25
A B\ 0;1
 
=
 
0.25
1.2
TXĐ:
D = ¡
, tọa độ đỉnh
I(2;9)
0.25
a 1
= −

: Parabol quay bề lõm xuống dưới và nhận
x 2
=
làm trục đối xứng. 0.25
0.25
0.5
2.1
TXĐ:
D = ¡
,
x D x D∀ ∈ ⇒ − ∈
0.25
f x x x( ) 1 1− = − + − − −
0.25
f x x x f x( ) 1 1 ( )− = − − + = −
0.25
Kết luận: Hàm số lẻ 0.25
2.2
m m m m S x x m P x x m m
/ 2 2 2
( ) 0, 2 , .
1 2 1 2
∆
= − − = > = + = = = −
0.25
x x x x x x x x
2 2 2
3 ( ) 5 0
1 2 1 2 1 2 1 2
+ = ⇔ + − =

m m m
m
m m
m
2 2
4 5( ) 0
0
2
5 0
5



⇔ − − =
=
⇔ − + = ⇔
=
0.5
Kết luận :
m 5.
=
0.25
3.1a
AB ( 4;2)= −
uuur
,
AC (4;4)=
uuur
0.25

4 2
4 4
−
≠
0.25
AB
uuur
không cùng phương với
AC
uuur
0.25
A B C, ,
không thẳng hàng.
0.25
3.1b
x x x
A B C
x
G
1
3
+ +
= =
0.25

y y y
A B C
y
G
4

3
+ +
= =
0.25
Trọng tâm tam giác
ABC
là :
G (1;4)
0.25
x
−∞
2
+∞
y
9
−∞

−∞
2
1 0
8
6
4
2
- 5 5 1 0
- 1
5
y
O
9

I
2
3.2
0 0 2
s
25
3 9 4
in ,(0 90 ) cos 1 sin 1
5 5
α α α α
= < < ⇒ = − = − =
0.25
3
tan
4
α
=
0.25
3 1
1 tan 1
4 4
α
− = − =
0.25
3 7
1 tan 1
4 4
α
+ = + =
0.25

P
1 tan 1
1 tan 7
α
α
−
= =
+
0.25
4a.1
x x x x
9 111
2 2
4 9 12 (2 ) 0,
4 16
− + = − + > ∀ ∈¡
0.25
Đặt :
y x x
2
4 9 12 0= − + >
,phương trình trở về:
y
y y
y
2
2
6 8 0
4




=
− + = ⇔
=
0.25
y x x x x
2 2
2 4 9 12 2 4 9 8 0= ⇔ − + = ⇔ − + =
: Phương trình vô nghiệm
0.25
y x x x x x
2 2
4 4 9 12 4
9 145
4 9 4 0
8
= ⇔ − + = ⇔
±
− − = ⇔ =
0.25
4a.2
m
D m
m
2
1
1
1
= = −

. Với :
m 1≠ ±
thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất
và
x 1
=
không thỏa mãn hệ phương trình. Nên :
x 1
≠
0.25
Từ PT thứ nhất ta có :
y
m
x1
=
−
thay vào PT thứ hai ta được:
x x y
2 2
5 (4 ) 0− + − = ⇔
y
x
x x y
y
x
2
2 2
2
5 9 4
2

5 ( 4 ) 0
5 9 4
2







+ +
=
− + − = ⇔
− +
=
0.25
Để
x
∈
¢
cần phải có
y n n n y n y y
2 2
,9 4 ( 2 )( 2 ) 9,+ = ∈ ⇔ − + = ∈¢ ¢
n y
n y
2 1
2 9

− =

⇔

+ =

hoặc
n y
n y
2 1
2 9





− = −
+ = −
hoặc
n y
n y
2 9
2 1





− =
+ =
hoặc
n y

n y
2 9
2 1





− = −
+ = −
hoặc
n y
n y
2 3
2 3





− =
+ =
hoặc
n y
n y
2 3
2 3






− = −
+ = −
Giải ra được :
y
.
2, 2,0= −
0.25
Thử lại :
y 2=
hệ có nghiệm :
( ) ( )
m0;2 , 5;2 2⇒ =
hoặc
m
1
.
2
= −
y 2= −
hệ có nghiệm :
( ) ( )
m0; 2 , 5; 2 2− − ⇒ = −
hoặc
m
1
2
=
y 0=

hệ có nghiệm :
( ) ( )
m1;04;0 , 0⇒ =
0.25
Vậy :
m
1 1
2; ;0; ;2
2 2
 
 
 
∈ − −
0.25
Tính được :
AB AC a= =
0.25
3
4a.3
CA CB AC CB a a a
0 2
2
. . .cos45 . 2.
2
= = =
uuur uuur
0.25
aAB BC BA BC BA BC a a
0 2
2

2
. . . .cos45 . 2. = −= − = − = −
uuur uuur uuur uuur
0.25
4b.1
Đặt
t x
2
0= ≥
đưa về phương trình
t t
2
7 12 0− + =
0.25
Giải được :
t
t
3
4



=
=
0.25
t x x
2
3 3 3= ⇔ = ⇔ = ±
0.25
t x x

2
4 4 2= ⇔ = ⇔ = ±
.Kết luận phương trình có 4 nghiệm :
x x3, 2= ± = ±
0.25
4b.2
x y
xy
x y x y xy x y
x y
xy xy xy
xy
2 2 2 2
5
6
13 ( ) 2 13 ( ) 25
5
6 6 6
6





+ =






=



+ = + − = + =


⇔ ⇔ ⇔
  


+ = −
= = =
  


  
=






0.25
x y
xy
5
6






+ =
=
x
x
2
3

=
⇔

=

hoặc
x
y
3
2





=
=
0.25
x y x

xy y
5 2
6 3


 
 




+ = − = −
⇔
= = −
hoặc
x
y
3
2





= −
= −
0.25
Hệ phương trình có 4 nghiệm :
(2;3),(3;2),( 2; 3),( 3; 2)− − − −
0.25

4b.3
Gọi
D x y( ; )
,
AD x y BC( 1; 2), ( 2;3)= − + = −
uuur uuur
0.5
Tứ giác
ABCD
là hình bình hành nên:
x
AD BC
y
1 2
2 3





− = −
= ⇔
+ =
uuur uuur
0.25
Giải được :
x
y
1
1






= −
=
.Kết luận :
D ( 1;1)−
0.25
……HẾT……
4