Đề thi HK1 khối 10 và đáp án của sở GD&ĐT Bình Phước 2014-2015

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (148.06 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP 10
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I (2014-2015)

( Hướng dẫn này có 4 trang)

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Câu 1

(1 đ) Tìm tập xác định của hàm số:

2 3
2
1
x

y x

x


  


2 3

2
1

x

y x

x


  

 có nghĩa khi và chỉ khi

    


 

  

 

x 1 0 x 1

2 x 0 x 2 
Vậy tập xác định của hàm số là D  



;2 \



1



0.5
0.25
0.25
Câu 2

(2 đ)

a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số yx2 2x 3
b) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị (P) với đường thẳng d: y x 5

1.25 đ

0.75

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số yx2 2x 3

Đỉnh parabol I( 1; 4)

Trục đối xứng x1

Bảng biến thiên

x   -1  

y 4

   

Bảng giá trị

x -3 -2 -1 0 1

y 0 3 4 3 0

Đồ thị

0.25
0.25

0.25

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Phương trình hồnh độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là

        

   

 

  



2 2

x 2x 3 x 5 x 3x 2 0
x 1 y 4

x 2 y 3

Vậy có hai giao điểm là A( 1; 4) và B( 2; 3)

0.25

0.25
0.25

Câu 3
(2 đ)

a) Cho phương trình: mx2 2(m1)x m 1 0 (1). Xác định tham số m để phương trình
(1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 sao cho: x1x2 4x x1 2.

b) Giải phương trình: 2x 3 3 x.

a. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

0
0

1
3 1 0

3
m
m

m
m






 

   

 
   

 

0.5

Ta có: x1x2 4x x1 2.(2)

Với 1 2 1 2

2( 1) 1

;

b m c m

x x x x

a m a m

 

    

Thay vào (2) ta giải được m = 3. 0.25

Vậy: m = 3 thỏa yêu cầu bài toán. 0.25

b. Đk:

3
2

x 0.25

(1) 2 3 3

3 0

2 3 6 9

x x

x

x x x

   
 



 

   


0.25

6
6

x

x
x

x




    


 


 0.25

Vậy: x = 6 là nghiệm cần tìm.

(Lưu ý: Nếu hs khơng đặt đk mà biến đổi tương đương như trên thì vẫn chấm 
trọn điểm của câu này)

0.25

Câu 4

(2,0đ) Câu 4 (2.0 điểm)a) Cho hình bình hành ABCD. Hai điểm M và N lần lượt là trung điểm của BC và
AD. Chứng minh : AM AN AB AD

b) Cho góc nhọn  thỏa

12
sin

13
 

. Tính cos và giá trị biểu thức

2 2

2sin 7 cos

P   .

a. Vì tứ giác AMCN là hình bình hành nên ta cóAM AN AC

  

Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB AD AC

  

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy AM AN AB AD
   

b. sin2 cos2  1 cos2  1 sin2
2

2 12 25

cos 1

13 169

  

     

 

0.25

Do góc  nhọn nên cos 0. Suy ra

25 5
cos

169 13

  

0.25

2 2

2 2 12 5 113

2sin 7 cos 2. 7.

13 13 169
P         

   

0.5
Câu 5a

(2 đ) a) Giải phương trình: 2

2 3 5 10

2 2 4

x

x x x



  

   (*)

b) Giải hệ phương trình:

2 1
1
2

1 2
8
2

x y



 
 




  

 


a. Điều kiện:

 

      




2 x 2

x 4 (x 2)(x 2) 0

x 2. 
Với điều kiện này thì

(*) (2x 3)(x 2) 5(x 2) 10 12(x      2 4)
 5x2 6x 27 0 

 



 


x 3
9
x

5 thỏa điều kiện

Vậy phương trình có hai nghiệm  

9
x ;x 3

0.25

0.25
0.25
0.25

b. Điều kiện: x 2,y 0  . Đặt

 



1 1

u ,v

x 2 y

Đưa về hệ phương trình

 

     

 

  

     

  

2u v 1 v 2u 1 u 2

u 2v 8 u 2(2u 1) 8 v 3

 

 

 

  

   

   



 



1 2 x 5

x 2 2

1 3 y 1

y 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm 
5 1
(x;y) ( ; )

2 3

0.25

0.5

0.25

Câu 6a

(1 đ) Trong mặt phẳng Oxy cho 3 điểm

(4; 2) ; ( 2; 6); (1; 7)

A  B  C . Tìm tọa độ trực tâm H
của tam giác ABC.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

     

  

 

AH (x 4;y 2) ; BH (x 2;y 6)
BC (3;1);AC ( 3;9)

H là trực tâm tam giác ABC

      



   

    

 




 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

AH.BC 0 3(x 4) 1(y 2) 0
3(x 2) 9(y 6) 0
BH.AC 0

 
 




x 1
y 7
Vậy H(1;7)

0.25
0.25

0.25
0.25
Câu

5b

(2 đ) a) Cho
, ,

a b c là ba số dương. Chứng minh rằng: 2 2 2
3
2

1 1 1

a b c

a  b  c 

  

b) Giải hệ phương trình: 2 2

2 1

5 7

x y
x xy y

 





  



a. Vì a là số dương nên, ta có:

2 2

1 1 1

1 2 2

1 2

1

a a a

a a

a

     





0.5

Tương tự: 2 2

1 1

;

2 2

1 b

c

b



c





0,25

Vậy: 2 2 2

1 a

b

c

a



b



c





(dấu “=” xảy ra khi a b c  1) 0.25

b. Rút y = 1 – 2x thay vào pt dưới ta được: 15x2 - 9x - 6 = 0 (1) 0.25

Phương trình (1) có nghiệm: x = 1; x = -6/15 0.25

Với x = 1 => y = -1 và x = -6/15 => y = 27/15 0.25

Vậy hệ có 2 nghiệm: ( 1 ; -1), (-6/15; 27/15) 0.25

Câu
6b
(1 đ)

Cho tam giác ABC có a13,b8,c7. Tính góc A, tính độ dài đường trung tuyến hạ 
từ B và bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC.

Áp dụng định lý cosin trong tam giác ABC ta có:
2 2 2 82 72 132 1

cos

2 2.8.7 2

   

b c a  

A

bc  A1200

0.25

Áp dụng định lý trung tuyến

2 2 2 2 2 2

2 13 7 8 93 93

2 4 2 4

 

      

b b

a c b

m m

0.25

Áp dụng công thức SABC=
1

sin
2bc A =

28.7.sin1200 = 14 3

0.25

Áp dụng : SABC=pr

14 3
3
14

 rSABC  

p 0.25

Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

</div>

Đề thi HK1 khối 10 và đáp án của sở GD&ĐT Bình Phước 2014-2015







1

<i>a</i>

<i>a</i>





1

1

<i>b</i>

<i>c</i>

<i>b</i>



<i>c</i>







1

1

1

<i>a</i>

<i>b</i>

<i>c</i>

<i>a</i>



<i>b</i>



<i>c</i>









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về