Đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 10 năm học 2015 - 2016 trường THPT C Nghĩa Hưng, Nam Định

TRƯỜNG THPT C NGHĨA HƯNG

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I
Năm học 2015 - 2016
Môn Toán lớp 10
Thời gian: 120 phút.
(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x2 – 4x + 3 có đồ thị là (P)
1)Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị (P) với đường thẳng d1: y = x – 3
2)Tìm m để đường thẳng d2: y = x + m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho x A2  x B2  13
Câu 2 (2 điểm). Giải các phương trình:
1)

2x  3
 5  3x
x 1

2) x  3  5  3 2  x
Câu 3 (2 điểm). Giải các hệ phương trình:
x  y  3

1) 

2
2
x  y  5









2 2 1  y 2  1  y 1  x   1  x 2 1  xy   3 xy  1
x  y x  2 y    y  12 y  3  x  3

2) 

Câu 4 (2 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho  ABC có A(-1; 1); B(3;5); C(2;-3)
1)Tìm toạ độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.
2)Tìm toạ độ trực tâm H của tam giác ABC.
Câu 5 (2 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, có cạnh bằng AD = 3a, AB = 2a. Lấy điểm M
1
3

trên cạnh AD sao cho AM  AD .
   
a/ Tính các tích vô hướng AB. AC ; MB.CB theo a?



b/ Gọi I là trung điểm của MC. Tính góc giữa hai véctơ BM và AI .

-------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------


ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x2 – 4x + 3 có đồ thị là (P)
1) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị (P) với đường thẳng d1: y = x – 3
2) Tìm m để đường thẳng d2: y = x + m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A(xA;yA),
B(xB;yB) sao cho

x A2  x B2  13

Ý

Nội dung

Điểm

1) Hoành độ giao điểm của đường thẳng d1 và đồ thị (P) là nghiệm của
phương trình: x2 – 4x + 3 = x – 3

0.25

x  2

0.25

 x2 – 5x + 6 = 0 
x  3
Với x = 2 => y = - 1

0.25

Với x = 3 => y = 0
Vậy toạ độ giao điểm cần tìm là M(2 ; - 1); N(3; 0)

0.25

2) Hoành độ giao điểm của đường thẳng d2 và đồ thị (P) là nghiệm của
phương trình: x2 – 4x + 3 = x + m
 x2 – 5x + 3 – m = 0 (1)

0.25

Đường thẳng d2 cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B khi và chỉ khi phương
trình (1) có hai nghiệm phân biệt
 > 0  m  

0.25

13
(*)
4

Theo viet ta có: xA + xB = 5; xA.xB = 3 – m.

0.25

Khi đó : x  x  13  (xA + xB) – 2xAxB = 13
2
A

2
B

2

 25 – 2(3-m) = 13  m = - 3 (tm(*))

0.25

Vậy m = - 3 là giá trị cần tìm.

Câu 2 (2 điểm). Giải các phương trình:
1)

2x  3
 5  3x
x 1

Ý
1)

2) x  3  5  3 2  x
Nội dung

Điểm

Điều kiện xác định: x  1

0.25

2x  3
 5  3 x  2x – 3 + 5x – 5 = 3x2 – 3x  3x2 – 10x + 8 = 0 
x 1

0.25


x  2

(tm đkxđ)
x  4
3


0.25
4
3




0.25

Vậy phương trình có tập nghiệm: S =  ; 2
2)

Điều kiện xác định:  3  x  2
0.25

x3  53 2 x  x33 2 x 5




x33 2 x



2

 25

 3  x2  x  6  2  4x

0.25

2  4 x  0

2
2
9   x  x  6   4  16 x  16 x



2  4 x  0

2
25 x  25 x  50  0

1

x  2



x 1


  x  2

0.25
0.25

 x  1 (tmđkxđ). Vậy pt có nghiệm duy nhất x  1
Câu 3 (2 điểm). Giải các hệ phương trình:

x  y  3
1)  2
2
x  y  5
Ý
1)





Nội dung
x  y  3
x  y  3
x  y  3


 2

2
2
 xy  2
x  y  5
x  y   2 xy  5
 x  1

y  2
 
 x  2

 y  1

Vậy hệ có các nghiệm: (x; y) = (1; 2); (x; y) = (2; 1)
2)





2 2 1  y 2  1  y 1  x   1  x 2 1  xy   3 xy  1
2) 
x  y x  2 y    y  12 y  3  x  3

(1  y )(1  x)  0

ĐKXĐ: 

2
(1  x )(1  xy )  0

Ta có : (x + y)(x - 2y) + (y - 1)(2y + 3) = x – 3

Điểm
0.25+0.25

0.25
0.25


x  1

 x2 – xy + y – x = 0  (x – 1)(x – y) = 0  
x  y
Với

x

=

1

thay

vào

pt(1)

ta

4 1  y 2  3 y  1 <=>

được:

1

3 y  1  0
y  

3

2
2
2
16(1  y )  9 y  6 y  1
7 y  6 y  15  0(VN )


Với

y



=



2 2 1 x2  1 x2 



x



vào

1  x 1  x   3x
2

 2 2 1 x  1 x
2

thay

2

 

2

2

  21  x 
2

 2 2 1 x2  1 x2  2 1 x2 

0.25

pt(1)

ta

được:

1

1  x 1  x   1  x 
1  x  1  x  1  x 
2

2

2

2

2

0.25

2

2 1  x 2  1  x 2  0
 
 1  x 2  1  x 2  2

0.25

+) 2 1  x 2  1  x 2  0  2 1  x 2  1  x 2  5x2 + 3 = 0(VN)
+) 1  x 2  1  x 2  2  1  x 4  1  x = 0 => y =0 (tm đkxđ)

0.25

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0
Câu 4 (2 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho  ABC có A(-1; 1); B(3;5); C(2;-3)
1) Tìm toạ độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.
2) Tìm toạ độ trực tâm H của tam giác ABC.
Ý
1)

Nội dung

Điểm

Giả sử D(x; y).Ta có: AB  (4; 4) ; DC  2  x;  3  y 
Do A, B, C không thẳng hàng nên ABCD là hình bình hành

0.25

 AB  DC

0.25 + 0.25

2  x  4
 x  2



. Vậy D(-2; -7)
 3  y  4
 y  7

2)

 AH .BC  0

H(x0; y0) là trực tâm tam giác ABC  

 BH . AC  0

Ta có: AH  x0  1; y 0  1 ; BC   1;  8 ;
BH  x0  3; y 0  5 ; AC  3;  4 

0.25

(*)

0.25
0.25
0.25+0.25


15

x0  

x  8 y0  7


 15 8 
7

Do đó (*)   0
.Vậy H   ; 
 7 7
3 x0  4 y 0  11
y  8
0
7


Câu 5 (2 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, có cạnh bằng AD = 3a, AB = 2a. Lấy điểm M
1
3

trên cạnh AD sao cho AM  AD .
   
1/ Tính các tích vô hướng AB. AC ; MB.CB theo a?



2/ Gọi I là trung điểm của MC. Tính góc giữa hai véctơ BM và AI .

Ý
1)

Nội dung
2

AB. AC  AB( AB  BC)  AB  AB.BC =4a2
1
1
M thuộc cạnh AD và AM  AD => AM  AD
3
3





1
3

Do đó: MB.CB  AB  AM .CB  AB.CB  AD.CB  3a 2
2)

AI 





1
1
4
1

AC  AM   AB  AD  ; BM  AM  AB  AD  AB
2

2
3
3

1
2

2
1
 1
 2
AD  AD  AB   AD 2  AB 2 =0
3
2
 3
 9


=> AI  BM . Vậy góc giữa hai vectơ BM và AI bằng 900

=> AI.BM   AB 

Điểm
0.25+0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25

Khi chấm không làm tròn điểm toàn bài
---------------------------------------------Hết-------------------------------------------------