Đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 10 trường THPT Vinh Xuân

Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2010
Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 10 ( Thời gian 90 phút )

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
A-PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu 1: (1,5 đ ) Cho hai tập hợp
( )
2;4A = −
và
[
)
0;7B =
.
Tìm các tập hợp
A B∪
,
, \ , \A B A B B A∩
và biểu diễn chúng trên trục số.
Câu 2: (1,5 đ ) Cho hàm số
( )
1 3 2y m x x m= − + + −

a) Xác định m để hàm số đồng biến trên
¡
.
b) Giải và biện luận theo m phương trình
( )
1 3 2 0m x x m− + + − =
.
Câu 3: (1đ ) Tìm hàm số bậc hai, biết đồ thị của nó là đường parabol có đỉnh
( )

1;3I
và
đi qua điểm
( )
3; 1A −
.
Câu 4: (1đ ) Giải phương trình
2
2 1 2 1x x x+ + = −
.
Câu 5: (2đ ) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho ba điểm
( ) ( ) ( )
1;2 , 1;3 , 4;3A B C− −
.
a) Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
b) Tính góc A của tam giác ABC.
c) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
B-PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần sau: ( phần 1 hoặc phần 2 )
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu 6a: (1đ ) Giải hệ phương trình
6 2
3
3 4
1
x y
x y

+ =





− = −


Câu 7a: (1đ ) Cho phương trình
2
2 3 0x x m− + − =
.
Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp đôi
nghiệm kia.
Câu 8a: (1đ ) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB tương ứng lấy các điểm I,
J, K sao cho
2 2 2
, ,
5 5 5
BI BC CJ CA AK AB= = =
uur uuur uuur uuur uuur uuur
. Chứng minh rằng
0AI BJ CK+ + =
uur uuur uuur r
.
Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu 6b: (1đ ) Giải hệ phương trình:
2 2
4 4 23
19
xy x y
x xy y

+ + = −


+ + =

.
Câu 7b: (1đ ) Cho phương trình
2
2 1 0x x k− + − =
.
Xác định k để phương trình có hai nghiệm phân biệt là nghịch đảo của nhau.
Câu 8b: (1đ ) Cho đoạn thẳng AB. Tìm điểm N thỏa mãn
2
2 . 0NA NA NB+ =
uuur uuur
.
Hết
1
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10
KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2010 - ĐỀ THI CHÍNH THỨC .
A- PHẦN CHUNG ( 7 điểm )
Câu Nội dung Điểm
1 Cho hai tập hợp
( )
2;4A = −
và
[
)
0;7B =
. 1,50

( )
[
) ( )
[
)
2;7 , 0;4 , \ 2;0 , \ 4;7A B A B A B B A∪ = − ∩ = = − =
( Tính đúng mỗi tập hợp cho 0,25)
Biểu diễn trên trục số (đúng hai tập hợp cho 0,25)
1,00
0,50
2
Cho hàm số
( )
1 3 2y m x x m= − + + −

1,50
2a Xác định m để hàm số đồng biến trên
¡
. 0,50
Ta có
( )
1 3 2y m x x m= − + + −

( )
2 2y m x m⇔ = + + −
Để hàm số đồng biến trên
¡
thì
2 0 2m m+ > ⇔ > −
0,25

0,25
2b Giải và biện luận theo m phương trình
( )
1 3 2 0m x x m− + + − =
. 1,00
Ta có
( )
1 3 2 0m x x m− + + − =

( )
2 2 (1)m x m
′
⇔ + = −
+ Nếu
2m ≠ −
thì phương trình
(1)
′
có nghiệm duy nhất
2
2
m
x
m
−
=
+
.
+ Nếu
2m = −

thì phương trình
(1)
′
có dạng
0 4x = ⇒
pt
(1)
′
vô nghiệm
Kết luận: *
2m ≠ −
: phương trình (1) có nghiệm duy nhất
2
2
m
x
m
−
=
+
*
2m = −
: phương trình (1) vô nghiệm .
0,25
0,25
0,25
0,25
3 Tìm hàm số bậc hai 1,00
Hàm số bậc hai cần tìm có dạng
2

( 0)y ax bx c a= + + ≠
Đồ thị hàm số là Parabol có đỉnh
( )
1;3I
và đi qua điểm
( )
3; 1A −
nên
ta có hệ phương trình
1
2
3
9 3 1
b
a
a b c
a b c

− =


+ + =


+ + = −



2 0
3

9 3 1
a b
a b c
a b c
+ =


⇔ + + =


+ + = −


1
2
2
a
b
c
= −


⇔ =


=

Vậy hàm số cần tìm là
2
2 2y x x= − + +

.
0,25
0,25
0,25
0,25
4 Giải phương trình
2
2 1 2 1x x x+ + = −
. 1,00
2
2 1 2 1x x x+ + = −

( )
2
1 2 1x x⇔ + = −

1 2 1x x⇔ + = −

2 1 0
1 2 1
1 1 2
x
x x
x x
− ≥


⇔
+ = −





+ = −



1
2
2
0
x
x
x

≥


⇔

=



 =



2x⇔ =
0,50

0,50
2
Vậy phương trình có một nghiệm là
2x =
.
5
Trong hệ trục tọa độ Oxy cho ba điểm
( ) ( ) ( )
1;2 , 1;3 , 4;3A B C− −
.
2,00
5a Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. 0,50
Ta có
( ) ( )
2;1 , 3;1AB AC= = −
uuur uuur
.
Vì
2 1
3 1
≠
−
nên
, AB AC
uuur uuur
không cùng phương, suy ra ba điểm A, B, C
không thẳng hàng. Vậy A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
0,25
0,25
5b Tính góc A của tam giác ABC. 0,75

Ta có
( )
2 2
2;1 2 1 5AB AB= ⇒ = + =
uuur uuur

( )
2 2
3;1 ( 3) 1 10AC AC= − ⇒ = − + =
uuur uuur

. 2( 3) 1.1 2
cos
2
5. 10
.
AB AC
A
AB AC
− +
= = = −
uuur uuur
uuur uuur
Vậy
·
0
135BAC =
.
0,25
0,25

0,25
5c Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. 0,75
Gọi
( )
;x y
là tọa độ của điểm D.
Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
AB DC=
uuur uuur
.
Ta có
( ) ( )
2;1 , 4 ;3AB DC x y= = − − −
uuur uuur
Suy ra
AB DC=
uuur uuur

2 4
1 3
x
y
= − −

⇔

= −


6

2
x
y
= −

⇔

=

Vậy
( )
6;2D −
.
0,25
0,25
0,25
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
• Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu Nội dung Điểm
6a Giải hệ phương trình 1,00
Điều kiện
0, 0x y≠ ≠
.
Đặt
3 2
, u v
x y
= =
. Hệ đã cho trở thành
2 3

2 1
u v
u v
+ =


− = −


1
1
u
v
=

⇔

=

Do đó hệ đã cho tương đương với hệ phương trình
3
1
2
1
x
y

=





=



3
2
x
y
=

⇔

=

Vậy hệ đã cho có một nghiệm là
( ) ( )
; 3;2x y =
0,25
0,25
0,25
0,25
7a
Cho phương trình
2
2 3 0x x m− + − =
. Xác định m để phương trình
1,00
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

0
′
∆ >
4 0 4 (*)m m⇔ − > ⇔ <
0,25
3
Khi đó theo hệ thức Vi-ét và giả thiết của bài toán ta có
1 2
1 2
1 2
2
. 3
2
x x
x x m
x x
+ =


= −


=


2
2
2
1 2
3 2

2 3
2
x
x m
x x
=


⇔ = −


=


2
1 2
2
3
8
3
9
2
x
m
x x

=




⇔ = −


=




35
9
m⇒ =
Kết hợp với điều kiện (*) ta được
35
9
m =
là giá trị cần tìm.
0,50
0,25
8a Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB tương ứng lấy 1,00

Ta có

AI BJ CK+ +
uur uuur uuur
( ) ( ) ( )AB BI BC CJ CA AK= + + + + +
uuur uur uuur uuur uuur uuur

2 2
( ) ( )
5 5

AB BC BC CA= + + + +
uuur uuur uuur uuur
2
( )
5
CA AB+
uuur uuur

2
( ) ( ) 0
5
AB BC CA AB BC CA= + + + + + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur r

0,25
0,25
0,50
• Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu Nội dung Điểm
6b Giải hệ phương trình 1,00
Đặt
, S x y P xy= + =
, ta có
2 2 2
2x y S P+ = −
.
Thế vào hệ phương trình đã cho, ta được hệ phương trình ẩn S và P.
2
4 23
19

P S
S P
+ = −


− =


2
2
4 4 0
19
S S
P S

+ + =

⇔

= −



2
15
S
P
= −

⇔


= −

Do đó, hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:
2
15
x y
xy
+ = −


= −


3
5
x
y
=

⇔

= −

hoặc
5
3
x
y
= −



=

.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là
( ) ( )
; 3; 5x y = −
và
( ) ( )
; 5;3x y = −
.
0,25
0,25
0,25
0,25
7b
Cho phương trình
2
2 1 0x x k− + − =
. Xác định k để phương trình
1,00
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0
′
∆ >
2 0 2 (**)k k⇔ − > ⇔ <
Khi đó phương trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau khi và chỉ
0,25
4

khi
1 2
1 2
0, 0
. 1
x x
x x
≠ ≠


=


1 2
1 0
. 1 1
k
x x k
− ≠

⇔

= − =


1
2
k
k
≠


⇔

=


2k⇔ =
.
Đối chiếu với điều kiện (**) thì
2k =
không thỏa mãn. Vậy không có
giá trị nào của k thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,50
0,25
8b
Cho đoạn thẳng AB. Tìm điểm N thỏa mãn
2
2 . 0NA NA NB+ =
uuur uuur
.
1,00
Ta có
2
2 . 0NA NA NB+ =
uuur uuur

( )
2 0NA NA NB⇔ + =
uuur uuur uuur
( )

2( ) 0NA NK KA NK KB⇔ + + + =
uuur uuur uuur uuur uuur
(với K là một điểm bất kỳ).
( )
3 2 0NA NK KA KB⇔ + + =
uuur uuur uuur uuur
.
Chọn điểm K thỏa mãn
2 0KA KB+ =
uuur uuur r
thì K chia đoạn AB theo tỉ số
2k = −
nên điểm K cố định.
Khi đó
2
2 . 0NA NA NB+ =
uuur uuur
3 . 0NA NK⇔ =
uuur uuur
NA NK⇔ ⊥
uuur uuur
·
0
90ANK⇔ =

⇔
N thuộc đường tròn đường kính AK.
0,25
0,25
0,25

0,25
Chú ý: Mọi cách chứng minh khác đúng và hợp lý vẫn cho điểm tối đa của câu đó.
5