Đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 10 năm học 2014 2015 trường THPT Châu Thành 1, Đồng Tháp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)

KIỂM TRA HỌC KÌ I
Năm học: 2014-2015
Môn thi: TOÁN - Lớp 10
Ngày thi:25/12/2014
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm)
Câu I. (1,0 điểm)
Cho hai tập hợp A  0;1;3; 4 , B  1;3; 5 . Tìm A  B và A  B .
Câu II. (2,0 điểm)
1. Tìm parabol (P): y  ax 2  bx  2(a  0) , biết parabol đó có trục đối xứng là x 

3
và đi
2

qua điểm A  1;6  .
2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y   x 2  2x  1.
Câu III. (3,0 điểm)
1. Giải phương trình : 2x  3  9  2x .
2. Giải phương trình : 4x 4  65x 2 16  0 .
3x  2y  2

3. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình: 

 x  4y  3

.

Câu IV. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác MNP có M  3; 0  , N  1; 1 , P 1; 2  .


1. Tìm tọa độ trọng tâm G của MNP và tọa độ NG .
2. Tìm tọa độ đỉnh Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành.
II. PHẦN RIÊNG - Tự chọn (2,0 điểm)
Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình Chuẩn.
Câu V.a. (1,0 điểm)
Cho a  1; b  1 . Chứng minh bất đẳng thức: a b 1  b a 1  ab
Câu VI.a. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(–2; 6), C(9; 8). Tìm tọa độ trực tâm H của ABC .
Phần 2: Theo chương trình nâng cao.
Câu V.b.
Giải phương trình: 4x 2 

4
1
12(x  ) 13  0 .
2
x
x

Câu VI.b. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có A(–4;5),B(–2;0),C(1;3). Biết AH là đường cao của ABC(H  BC)
Tìm tọa độ H . HẾT.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP

KIỂM TRA HỌC KÌ I
Năm học: 2014-2015
Môn thi: TOÁN - Lớp 10
Ngày thi:25/12/2014

HƯỚNG DẪN
CHẤM CHÍNH THỨC
(gồm có 04 trang)
Câu
Câu I
(1,0 đ)

Nội dung yêu cầu

Điểm

Cho hai tập hợp A  0;1;3; 4 , B  1;3; 5 . Tìm A  B và A  B .

0,5

 A  B  0;1;3; 4;5

0,5

 A  B  1;3

1. Tìm (P): y  ax 2  bx  2(a  0) , biết (P) có trục đối xứng là x 

3
và đi
2

qua điểm A  1;6  .
3
b 3
là trục đối xứng suy ra:
  3a  b  0 (1)
2
2a 2
 (P) qua A  1;6   a  b  4 (2)

 x

3a  b  0

0,25
0,25

a  1

 Hệ 

a  b  4
b  3

0,25

0,25

 Vậy (P): y  x 2  3x  2 .
2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x 2  2 x  1.

Câu II
(2,0 đ)

 D = R; Tọa độ đỉnh I 1; 0  .

0,25

 Trục đối xứng là đường thẳng x = 1. Do a = -1 < 0 nên (P) có bề lõm
hướng xuống.
 Bảng biến thiên

0,25

x 

1

+

0

0,25

y




 Đồ thị:

0,25

1


1. Giải phương trình:

2x  3  9  2x .(*)

9  2x  0
2x  3  (9  2x) 2

 (*)  

0,25


9


x


2


2


4x  38x  78  0

9
x 

2

 x 3  x 3


13
 x 
2


0,5

0,25

Vậy tập nghiệm là S  3
2. Giải phương trình: 4x 4  65x 2 16  0 .
 Đặt t = x 2 (t  0) . Phương trình trở thành: 4t 2  65t  16  0
Câu III
(3,0 đ)

 t  16


  1
t 

4

(thỏa đk)

0,25

0,25

 t  16  x 2  16  x  4

0,25
0,25

1
1
1
 t   x2   x  
4
4
2
1
2

Vậy phương trình có 4 nghiệm: x   ; x  4 .
3x  2 y  2
.
 x  4 y  3

3. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình: 
3 x  2 y  2

3 x  2 y  2

.
 x  4y  3
3 x  12 y  9

0,25



3 x  2 y  2
14 y  7

 

0,25

 x  1

1
 
1 . Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (–1; ).
2
y 

2

0,5

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác MNP có M  3; 0  , N  1; 1 , P 1; 2  .

1. Tìm tọa độ trọng tâm G của MNP và tọa độ NG .
Câu IV
(2,0 đ)



xM  xN  xP

1
 xG 
1
3
G ( x; y) là trọng tâm MNP nên: 
 G (1; )
3
 y  yM  y N  yP  1
 G
3
3

0,5



 NG  (1 (1); 1  (1))  (2; 4 )

3

0,5

3

2


2. Tìm tọa độ đỉnh Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Gọi Q(x ;y)
 
 Tứ giác MNPQ là hình bình hành nên PQ  NM




 PQ  (x 1; y  2) ; NM  (4;1)

0,25
0,5

x 1  4 x  5
 Hệ 

. Vậy Q(5 ;3)
 y  2  1 y  3

0,25

Cho a  1; b  1 . Chứng minh bất đẳng thức: a b 1  b a 1  ab
 Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho hai số không âm b 1 và 1
Câu
V.a
(1,0 đ)

Câu
VI.a
(1,0 đ)

b 1  1 b
ab
  a b 1  (1)
2
2
2
ab
 Tương tự: b a 1  (2)
2
 Từ (1) và (2)  a b 1  b a 1  ab , Đẳng thức xảy ra khi a=b=2
(b 1)1 

Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(–2; 6), C(9; 8). Tìm tọa độ trực tâm H
của ABC .
Gọi H(x;y)




 AC  (8;6) ; BC  (11; 2) ; AH  (x 1; y  2) ; BH  (x  2; y  6)

 
AH  BC

 H là trực tâm nên:   
BH  AC

11(x 1)  2(y  2)  0  x  1


. Vậy H(1; 2)
8(x  2)  6(y  6)  0
 y  2

0,5
0,25
0,25

0,25
0,25

0,5

Giải phương trình: 4x 2  42 12(x  1 )  13  0 .(1)
x

x

 Với điều kiện x  0, (1)  4(x  1 ) 2 12(x  1 )  5  0

0,25


1 5
x  

  x 2
1 1

x  

x 2

0,25

x

Câu
V.b
(1,0 đ)

x

x  2

1 5
2
 x    2x  5x  2  0  
1 (thỏa đk)
x 
x 2


2
1 1
 x    2x 2  x  2  0 (vô nghiệm).
x 2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2, x 

3

1
2

0,25

0,25


Cho tam giác ABC có A(–4;5),B(–2;0),C(1;3).Biết AH là đường cao
của ABC(H  BC) . Tìm tọa độ H
Gọi H(x;y)



 BC  (3;3) ; AH  (x  4; y  5) ; BH  (x  2; y)
Câu
VI.b
(1,0 đ)

 
AH  BC


 H chân đường cao kẻ từ A nên:  

BH  BC


3(x  4)  3(y  5)  0 x   1

2 . Vậy H( 1 ; 3 )
   x  2 y
 



3
2 2

y

3
 3

2

4

0,25
0,25

0,5