ĐỀ THI HK 1 KHỐI 10 CB THAM KHẢO 2

ĐỀ:
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH. (7 điểm )
Câu1: Cho 2 tập hợp A= { 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 }
B= { 0; 2; 4; 6; 8 }
a./ Xác định
A B∪
và A\ B ?
b./ Tìm tất cả các tập hợp X khác tập rỗng sao cho
X A⊂
và
X B⊂
?
Câu 2: Cho hàm số
2
( ) 2 3y f x x x= = − −
. (Gọi là đồ thị (P))
a./ Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (P).
b./Tìm số giao điểm của (P) và đường thẳng d: y = 2x – 3.
Câu 3: Giải các phương trình sau:
a./
2 5 4x x− = −
.
b./
3 4 3x x+ − =
.
Câu 4: Cho
tan 2
α
=
biết (
0 0

0 90
α
< <
). Tính giá trị biểu thức:
2cos sin
cot
P
α α
α
−
=
.
II/ PHẦN RIÊNG TỰ CHỌN.( 3 điểm). ( Học sinh chọn1 trong 2 phần 5a; 6a hoặc 5b; 6b ).
Câu 5a: Cho tam giác ABC.Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AM.
1./Chứng minh:
2 4OA OB OC ON+ + =
uuur uuur uuur uuur
,với mọi O bất kì.
2./ Khi cho điểm
(3;1); (1; 1); (2;2)A B C−
. Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình
bình hành.
Câu 6a: Cho 3 số dương a,b,c. Chứng minh rằng:

6
a b b c c a
c a b
+ + +
+ + ≥
.

Câu 5b: Cho tam giác ABC.Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AM.
1./Chứng minh:
2 4OA OB OC ON+ + =
uuur uuur uuur uuur
,với mọi O bất kì.
2./ Khi cho điểm
(3;1); (1; 1); (2;2)A B C−
.Tìm tọa độ điểm G để A là trọng tâm tam giác
BCG.
Câu 6b: Cho phương trình:
2
2( 2) 3 0mx m x m+ − + − =
.Tìm m để phương trình có hai nghiệm
phân biệt
1 2
,x x
thoả:
1 2
2 1
3
x x
x x
+ =
.
………………Hết ……………….
•


Ghi chú :
o Học sinh không dùng tài liệu.

o Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN
TRƯỜNG THPT TRẦN SUYỀN
TỔ : TOÁN –TIN

ĐỀ THI HỌC KÌ I- NĂM HỌC : 2010-2011
MÔN : TOÁN – LỚP 10CB -TG: 90 PHÚT
(không tính thời gian giao đề)

ĐÁP ÁN.
Câu Hướng dẫn chấm Điểm
1a
1b
A B∪
= { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6;7; 8 }
A\ B = { 1; 3; 5; 7;}
Đặt
C A B
= ∩
= { 2; 4; 6}
Để thoả ycbt thì
X C⊂
.
Vậy tất cả tập X cần tìm là:{ 2}; { 4; };{ 6}; { 2; 4};{ 2; 6};{ 4; 6};{ 2;4; 6;}
0.25đ
0.25đ
0.5đ
2a
• Txđ : D = R
• Tọa độ đỉnh

(1; 4)I −
• BBT
• Đồ thị
• KL: Đồ thị ………………………………………
0.5đ
0.5đ
0.75đ
0.25đ
2b
• Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d:

2
2
x 2x – 3 2x – 3
x – 4x 0
0 3
4 5
x y
x y
− =
⇔ =
= => = −

⇔

= => =

Vậy giao điểm cần tìm là: A( 0; -3) và B( 4; 5)
0.25đ
0.5đ

0.25đ
- 4
+
∞
+
∞
1 +
∞
-
∞
y
x
x
y
-
-
3a
2
2
2 5 4
4 0
2 5 8 16
4
10 21 0
4
7( )
3( )
7
x x
x

x x x
x
x x
x
x n
x l
x
− = −
− ≥

⇔

− = − +

≥

⇔

− + =

≥


⇔
=




=



⇔ =
Vậy: x = 7 là nghiệm của phương trình.
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
3b

3 4 3
3 0
3 4 3
3 4 3
3
1
( )
2
7
( )
4
pt x x
x
x x
x x
x
x n
x n
⇔ + = +
+ ≥



⇔
+ = +




+ = − −


≥ −




= −

⇔





= −



Vậy:
1 7

;
2 4
x x= − = −
là nghiệm của phương trình.
0.25đ
0.5đ
0.25đ
4
Áp dụng công thức tính được:
1
cot
2
2 5
sin
5
5
cos
5
α
α
α
• =
• =
• =
Vậy
5 2 5
2.
2cos sin
5 5
0

1
cot
2
P
α α
α
−
−
= = =
.
0.75đ
0.25đ
5a.1
M
C
B
A
N
( )
2
2 2 2
2.2
4 .
OB OC OM
OA OM OA OM
ON
ON
• + =
• + = +
=

=
uuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
uuur
uuur
Vậy suy ra đpcm.
0.5đ
0.5đ
5a.2

•
( ) ( )
2; 2 ; 2 ;2AB DC x y= − − = − −
uuur uuur
• ABCD là hình bình hành thì:

( )
2 2
2 2
4
4
4;4
AB DC
x
y
x
y
D
=
− = −


⇔

− = −

=

⇔

=

⇒
uuur uuur
Vậy: D( 4; 4 ) là toạ độ cần tìm.
0.5đ
0.25đ
0.25đ
6a
Ta có:
a b b c c a
VT
c a b
a c b c a b
c a c b b a
+ + +
= + +
     
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     

Áp dụng côsi cho 2 số:
;
a c
c a
ta có:

2 . 2
a c a c
c a c a
+ ≥ =
Tương tự:
2 . 2
b c b c
c b c b
+ ≥ =
và
2 . 2
a b a b
b a b a
+ ≥ =

Suy ra:
6VT ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a b c
= =
.
Vậy suy ra đpcm.
0.25đ
0.5đ

0.25đ
5b.1 Như câu 5a.1 1đ
5b.2 Vì A là trọng tâm tam giác BCG nên:
D
M
C
B
A
N

( )
( )
( )
3
3
3
3
6
...
2
6;2
A B C G
A B C G
G A B C
G A B C
G
G
x x x x
y y y y
x x x x

y y y y
x
y
G
= + +


= + +

= − +

⇔

= − +


=

⇔ ⇔

=

⇒
0.25đ
0.5đ
0.25đ
6b
2
2( 2) 3 0mx m x m+ − + − =
(1)

Để (1) có 2nghiệm phân biệt:
' 2
0 0
0
(*)
4
0 ( 2) ( 3) 0
m m
m
m
m m m
≠ ≠
≠
 

⇔ ⇔
  
<
∆ > − − − >

 
Suy ra
1 2
2 4 2 4
;
m m m m
x x
m m
− + − − − −
= =

Để thoả ycbt:
1 2
2 1
3
x x
x x
+ =
.
⇔
2 4 2 4
3
2 4 2 4
m m m m
m m
m m m m
m m
− + − − − −
+ =
− − − − + −
2 2
(2 4 ) (2 4 ) 3(2 4 )(2 4 )m m m m m m m m⇔ − + − + − − − = − + − − − −
⇔
……………………………….
2
16 0
1 65
2
1 65
2
m m

m
m
⇔ + − =

− +
=


⇔

− −
=


thoả (*)
Vậy với m
1 65
2
− +
=
và m
1 65
2
− −
=
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
• Lưu ý: Học sinh có thể giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1
Năm học: 2010 – 2011
Môn: Toán Khối 10