Đề mẫu thi học kì I Toán 10 số 1

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010-2011 MÔN : TOÁN KHỐI 10 Thời gian làm bài : 90 phút (Không kể thời gian phát đề) I/.PHẦN CHUNG: (7điểm) (Dành cho tất cả các học sinh) Câu 1: (2điểm) 1/.Cho hai tập hợp A  0; 2 , B  (1;3) .Hãy xác định các tập hợp : A  B, A  B, A \ B. 2/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y   x 2  4 x  5 Câu 2: (2điểm) 1/.Xét tính chẵn lẻ của hàm số: f ( x)  x  1  x  1 2/.Cho phương trình : x 2  2mx  m2  m  0 .Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn : x12  x22  3x1x2 Câu 3: (3điểm) 1/.Trong mặt phẳng oxy cho: A(1; 2), B(3; 4), C (5;6) a/.Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng. b/.Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . 3 5. 2/.Cho sin   (00    900 ) .Tính giá trị biểu thức : P . 1  t an 1+tan. II/.PHẦN RIÊNG: (3điểm) (Học sinh chọn Câu4a hoặc Câu 4b để làm) Câu 4a: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách nâng cao) 1/.Giải phương trình : 4 x 2  9 x  6 4 x 2  9 x  12  20  0  mx  y  m. 2/.Tìm m để hệ phương trình : .  x  my  4. có nghiệm duy nhất là nghiệm. nguyên.     3/.Cho tam giác ABC vuông cân tại A có BC  a 2 .Tính : CA.CB, AB.BC Câu 4b: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách chuẩn) 1/.Giải phương trình: x 4  7 x 2  12  0  x 2  y 2  13  xy  6. 2/.Giải hệ phương trình: . 3/.Trong mặt phẳng oxy cho tam giác ABC với A(1; 2), B(5; 1), C (3; 2) . Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. ........... Hết........... Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 HỌC KỲ I Câu Nội dung. Điể m 0.25. A  B  0;3 A  B  (1; 2) A \ B  0;1. 1.1. 0.25 0.25. TXĐ: D  A ,tọa độ đỉnh I (2;9) a  1 :Parabol quay bề lõm xuống dưới và nhận x  2 làm trục đối xứng.   2 x y 9 . 0.25 0.25 0.25. . 1.2. 10 y. I. 9. 8. 6. 0.5. 5. 4. 2. -1 -5. O. 2 5. 10. TXĐ: D  A , x  D   x  D 2.1. f ( x)   x  1   x  1 f ( x)  x  1  x  1   f ( x). Kết luận: Hàm số lẻ 2.2. 3.1a.  /  m2  (m2  m)  m  0, S  x  x  2m, P  x .x  m2  m 1 2 1 2 x 2  x 2  3x x  ( x  x )2  5 x x  0 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2  4m  5(m  m)  0 m  0  m2  5m  0   m  5. Kết luận : m  5.   AB  (4; 2) , AC  (4; 4) 4 2  4 4   AB không cùng phương với AC A, B, C không thẳng hàng.. Lop10.com. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.5. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3.1 b. x x x x  A B C 1 G 3 y  yB  y C 4 y  A G 3 Trọng tâm tam giác ABC là : G (1; 4). 0.25 0.25. 3 5. sin   ,(00    900 )  cos = 1-sin 2  1 . 9 25. . 0.25 0.25. 4 5. 3 4 3 1 1  tan   1   4 4 3 7 1  tan   1   4 4 1  tan  1 P  1  tan  7 9 111 4 x 2  9 x  12  (2 x  )2   0, x  A 4 16. 0.25. tan  . 3.2. 0.25 0.25 0.25 0.25. y  2 Đặt : y  4 x 2  9 x  12  0 ,phương trình trở về: y 2  6 y  8  0   y  4. 2 2 4a.1 y  2  4 x  9 x  12  2  4 x  9 x  8  0 : Phương trình vô nghiệm y  4  4 x 2  9 x  12  4  4 x 2  9 x  4  0  x . 9  145 8. m 1  m2  1 . Với : m  1 thì hệ phương trình có nghiệm duy 1 m nhất và x  1 không thỏa mãn hệ phương trình.Nên : x  1 D. 4a.2. y thay vào PT thứ hai ta được: 1 x  2 x  5  9  4y  2 x 2  5 x  (4  y 2 )  0  x 2  5 x  (4  y 2 )  0    5  9  4 y2 x  2  Để x A cần phải có 9  4 y 2  n2 , n  A  (n  2 y )(n  2 y )  9, y  A. 0.25 0.25 0.25 0.25. Từ PT thứ nhất ta có : m .  n  2 y  1 n  2y 1 hoặc   n  2 y  9 n  2 y  9  n  2 y  9 n  2 y  3  n  2 y  3 n  2 y  9 hoặc  hoặc  hoặc  hoặc  n  2y 1  n  2 y  1 n  2 y  3  n  2 y  3 Giải ra được : y  2, 2,0.. Thử lại :. Lop10.com. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 y  2 hệ có nghiệm : 0; 2 , 5; 2   m  2 hoặc m   . 2 1 y  2 hệ có nghiệm : 0; 2 , 5; 2   m  2 hoặc m  2 y  0 hệ có nghiệm : 4;0 , 1;0   m  0 1 2. 1 2. Vậy : m  2;  ;0; ; 2  . 0.25. Tính được : AB  AC  a. 0.25. . 4a.3. 0.25.   2 CA.CB  AC.CB.cos450  a.a 2.  a2 2  .   2 AB.BC   BA.BC   BA.BC.cos450  a.a 2.  a 2. 0.25 0.25. 2. Đặt : t  x 2  0 đưa về phương trình t 2  7t  12  0. 0.25. t  3. 4b. Giải được : t  4 1. 0.25 t  3  x2  3  x   3. 0.25. t  4  x 2  4  x  2 .Kết luận phương trình có 4 nghiệm : x   3, x  2. 4b. 2.     x  y  5      x 2  y 2  13 ( x  y ) 2  2 xy  13 ( x  y ) 2  25  xy  6       x  y  5 xy  6  xy  6   xy  6       xy  6    x  y  5 x 3 x  2 hoặc    x  3  xy  6 y  2  x  y  5  x  2  x  3 hoặc     y  3  y  2  xy  6. Hệ phương trình có 4 nghiệm : (2;3),(3; 2),(2; 3),(3; 2)   Gọi D( x; y ) , AD  ( x  1; y  2), BC  (2;3) . . 0.5 0.25. 0.25 0.25 0.5.  x  1  2. 4b. Tứ giác ABCD là hình bình hành nên: AD  BC   y  2  3  3  x  1 Giải được :  .Kết luận : D(1;1)  y 1. 0.25. 0.25 0.25. Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì tùy theo đó giáo viên chấm cho các phần điểm tương ứng sao cho hợp lý.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>