de thi kscl dau nam lop 10 mon toan truong thpt nguyen van cu bac ninh nam 2014 2015

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD & ĐT BẮC NINH

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ

Năm học: 2014 - 2015
Môn thi: Toán 10
Thời gian: 90 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: ...............................

Câu I (2,0 điểm). Tìm tập xác định của các hàm số sau:
x2  2
1) y 
x 1

2) y  x  3  6  x

Câu II (3,0 điểm). Cho hàm số bậc hai: y = x2 + 2x - 3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
2) Từ đồ thị tìm x để y  0.
3) Dựa vào đồ thị, biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
x 2  2x  3  m

Câu III (3,0 điểm).
1) Cho tứ giác ABCD. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Chứng
mình rằng AD  BC  2 EF
2) Tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi M, N là các điểm xác định bởi

AM  2 AB , AN 

2
AC . Chứng minh rằng M, N, G thẳng hàng.
5

Câu IV. 1(2,0 điểm). (Dành cho học sinh các lớp 10A1; 10A2; 10A3).
Giải phương trình: 3 x 3  8  2 x 2  3x  10
Câu IV. 2(2,0 điểm). (Dành cho học sinh các lớp 10A4  10A10).
Cho 3 đường thẳng: d1: y = 2x - 1
d2: y = 2 - x
d3: y = ax + 3
Tìm a để ba đường thẳng trên đồng quy.
-----------------------------Hết-----------------------------


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1
TOÁN 10 - NĂM HỌC 2014 - 2015)
Câu

Ý

I
(2,0 điểm)

1

Nội dung

Điểm

ĐK: x - 1  0  x  1

0,5
0,5

TXĐ: D = R\ 1
2

x  3  0
 x  3

 3  x  6
6  x  0
x  6

0,5

ĐK: 

TXĐ: D = [-3;6]
II
(3 điểm)

1

0,5

y = x2 + 2x - 3

(1,5 điểm) + TXĐ: D = R
+ Chiều biến thiên:
Hàm số đồng biến trên khoảng (-1; +)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-; -1)
+ BBT:

0,5

x

-

y

-1

+

+

+
-4

+ Đồ thị:

0,5

. Toạ độ đỉnh I (-1; -4)

. Trục đối xứng là đường thẳng: x = -1
. Giao oy: A(0;-3); A'(-2;-3) đối xứng với A qua đường thẳng x
= -1
. Giao ox: B(-3;0); B'(1;0)
Vẽ hình đúng
2

 x  3

y0 
(1 điểm)
x  1
II

3
(0,5 điểm)

0,5
1,0

Gọi (C) là đồ thị hàm số y  x 2  2 x  3 gồm hai phần:
+ Phần phía trên trục hoành của (P)
+ Đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành của (P) qua trục 0,25
ox. Khi đó, số nghiệm của PT x 2  2 x  3  m bằng số giao
điểm của (C) và đường thẳng y = m ta được:
. Với m < 0, PT vô nghiệm
. Với m = 0 hoặc m > 4 PT có 2 nghiệm phân biệt.
. Với 0 < m < 4, PT có 4 nghiệm phân biệt.

0,25

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

. Với m = 4, PT có 3 nghiệm phân biệt
Câu III

1

(3 điểm)

(1,5 điểm)

AD AE EF FD
BC  BE EF FC
 AD  BC  ( AE  BE)  2 EF  ( FD  FC)

.
0,5
0,5
0,25
0,25

= O  2EF  O
= 2EF
2
(1,5 điểm)

AM 2ABGMGA 2GB 2GA

0,5

 GM  2GB GA
AN 

2
2
2
AC  GN  GA  GC  GA
5
5
5

 GN 

2
3
GC  GA
5
5

0,5

 5GN  2GC  3GA

GM5GN 2GBGA 2GC3GA
= 2GA 2GB 2GC O
 GM 5GN

0,25

0,25

Vậy G, M, N thẳng hàng.
Câu IV.
1 (1 điểm)

3 x 3  8  2 x 2  3 x  10

ĐK: x  -2
Với ĐK biến đổi PT đã cho trở thành:
3 ( x  2)( x 2  2 x  4)  2( x 2  2 x  4)  x  2

Chia cả 2 vế của PT cho x2 - 2x + 4 ta được:

0,5

x2
x2

3
 2  0 (1)
x 2  2x  4
x 2  2x  4

Đặt t 

x2
(t  0)
2
x  2x  4

0,5

PT (1) trở thành: t2 - 3t + 2 = 0
t  1

 
t  2
Với t = 1 

x2
 1  x 2  3x  2  0
x  2x  4
2

0,5

0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

x  1

 
x  2
Với t = 2 

x2
 2  4 x 2  9 x  14  0

x  2x  4
2

(Vô nghiệm)
Vậy PT có 2 nghiệm là x = 1; x = 2
Câu IV.
2 (2 điểm)

Toạ độ giao điểm của d1 và d2 là nghiệm của hệ PT:
 y  2x 1  y  2x 1
x  1



y  2  4
2 x  1  2  x
y  1

0,5

Vậy (d1)  (d2) = I(1;1)

0,5

Để d1, d2, d3 đồng quy  I  d3
1=a+3

0,5

 a = -2

Vậy a = -2 thì d1, d2, d3 đồng quy

0,5