Đề KSCL học kỳ 1 Toán 10 năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Vĩnh Phúc

Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3,0 điểm)
Mỗi câu đúng được 0,25 điểm
Mã-Câu
132
256
379
412

1
D
D
B
B

2
D
C
A
A

3
B
A
D
C

4
A
B

C
C

5
C
C
A
B

6
B
A
B
A

7
C
D
D
D

8
A
D
D
B

9
D
C

B
B

10
C
B
A
D

11
A
A
C
C

12
B
B
B
A

II. PHẦN TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 13 (1,0 điểm): Giải phương trình 5x  4  x  4.
NỘI DUNG
Điều kiện để phương trình là : x  4  0  x  4 .
TH1. 5x  4  x  4  x  0. (thỏa mãn)
4
TH2. 5 x  4  ( x  4)  6 x  8  0  x   . (thỏa mãn)
3

ĐIỂM
0,25
0,25
0,25

x  0
Vậy phương trình có 2 nghiệm: 
x   4 .
3


0,25

Câu 14 (1,0 điểm): Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 2  2 x .

Ta có: BBT

ĐIỂM
0,25

Đồ thị là Parabol có đỉnh I (1; 1) , trục đối xứng x  1 và có bề lõm quay lên trên.

0,25

NỘI DUNG

Đồ thị cắt trục Ox tại hai điểm O(0;0), A(2;0)

Trang 1 | 4

0,5

Câu 15 (1,0 điểm): Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 1), B(2;4). Tìm tọa độ điểm M
để tứ giác OBMA là một hình bình hành.
NỘI DUNG
Gọi M ( x; y) . Khi đó OB(2; 4), AM ( x  1; y  1).

ĐIỂM
0,25

Tứ giác OBMA là hình bình hành khi và chỉ khi OB  AM
x 1  2
x  3


 y 1  4
y  3

0,25

Vậy M (3;3) .

0,25

0,25

Câu 16(1,0 điểm): Cho hai điểm cố định A, B phân biệt. Tìm tập hợp các điểm M thoả mãn điều kiện
MA  MB  MA  MB .

NỘI DUNG

ĐIỂM
0,25

Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AB , suy ra I cố định.
Ta có: MA  MB  2MI | MA  MB | 2 | MI | 2MI
MA  MB  BA | MA  MB || BA | AB

0,25

0,25
AB
.
2
0,25
Suy ra tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính AB.
Câu 17(1,0 điểm): Một lớp có 40 học sinh, trong đó có 24 học sinh giỏi Toán, 20 học sinh giỏi Văn và 12
học sinh giỏi không giỏi môn nào trong hai môn Toán và Văn. Hỏi lớp đó có bao nhiêu học sinh giỏi cả
hai môn Toán và Văn?
Từ giả thiết suy ra: AB  2MI  MI 

NỘI DUNG
Gọi a là số học sinh giỏi Văn không giỏi Toán, b là số học sinh giỏi Toán hông giỏi Văn,
x là số học sinh giỏi cả hai môn Toán và Văn.

ĐIỂM
0,25

Trang 2 | 4

12
a

x
b

40

a  x  20

Ta có hệ phương trình b  x  24
a  b  x  12  40

Giải hệ ta được a  4, b  8, x  16.

0,25

Vậy có 16 học sinh giỏi cả hai môn Toán và Văn.

0,25

0,25

Câu 18 (1,0 điểm): Tìm hàm số bậc hai y  ax2  bx  c biết rằng đồ thị của hàm số là một đường
Parabol đi qua điểm A(1;0) và có đỉnh I (1; 2) .
NỘI DUNG

ĐIỂM

0,5

a  b  c  0

b

Theo giả thiết ta có hệ:  
 1 , với a  0.
2
a

a  b  c  2

b  1
a  b  c  0

1


  b  2a  a  
2
a  b  c  2


3

c  2

0,25

1
3
Vậy hàm bậc hai cần tìm là: y   x 2  x  .
2
2
Câu 19 (1,0 điểm): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm:

0,25

x4  2mx3  x2  2mx  1  0
NỘI DUNG
Nhận xét: x  0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế cho x , ta được:
2

ĐIỂM
0,25

1
 2 1 

 x  2   2m  x  x   1  0
x 



1
1
Đặt t  x  | t | 2 ; x 2  2  t 2  2 .
x
x

Phương trình trở thành: t 2  2mt  1  0 (*).
Ta có

0,25

 '  m2  1  0, m  Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt

t1  m  m2  1  t2  m  m2  1.

Trang 3 | 4


t  2 (1)
Phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi  1
t2  2 (2)

0,25

m2 0

3

(1)  2  m  m2  1  m  2  m2  1  
m
2
2
4

(m  2)  m  1
2m  0


3

(2)  m  m2  1  2  2  m  m2  1  
m
2
2
4

(m  2)  m  1
3
3
Vậy với m thỏa mãn:   m  thì phương trình vô nghiệm.
4
4
3 3


Suy ra tập tất cả các giá trị m để hệ có nghiệm là:  ;     ;  
4 4



0,25

----- HẾT -----

Trang 4 | 4