On 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (116.63 KB, 5 trang )

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

     

Bài 2. Giải và biện luận phương trình m x2 2m x m2 3

    theo tham số m
Bài 3. Xác định parabol y ax2 bx c

   biết parabol có trục đối xứng 5
6

x , cắt trục tung tại
điểm A(0; 2) và đi qua điểm B(2; 4).

Bài 4. Khơng sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau

2 3 2

4 6 5

5 3 5

x y z

x y z

x y z

  




   



   


Bài 5. Cho ba điểm A(2; -3), B(4; 5), C(0; -1).

a) Chứng minh ba điểm A, B, C khơng thẳng hàng.
b) Tìm điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.
c) Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A.

KIỂM TRA HỌC KỲ I

Mơn: Tốn 10 – Chương trình cơ bản 
Thời Gian: 90 Phút - Đề 02
Bài 1. Giải các phương trình sau

) 3 7 3 ) 2 5 2

a x  x b x  x

Bài 2. Giải và biện luận phương trình m x2 3m mx m2 2

    theo tham số m
Bài 3. Xác định parabol y ax2 bx c

   biết parabol có đỉnh ( 1; 4)I   và đi qua điểm

A(-3; 0).

Bài 4. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau

5
4 3 5 30
2 5 3 76

x y z

x y z

  




  



   


Bài 5. Cho ba điểm A(-5; 6), B(- 4; -1), C(4; 3).

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

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
LỚP 10 (Ban CB) - Đề 1

Bài Nội dung Điểm

1 1,5

2 2 1 (1)
x  x

Điều kiện: x  2 0 x2
2

(1) 2 (2 1)

4 3 1 0 1

x x

x
x x

x

   





    

 

1

1,
4

x x đều thỏa mãn điều kiện của phương trình (1) nhưng thay
vào phương trình thì x1 khơng thỏa, 1

x thỏa phương trình. Vậy
1

x là nghiệm của phương trình (1).

0,25

3x2  x 1 (2)

2 2

(2) (3 2) ( 1) (4 3)(2 1) 0
3

4
1
2

x x x x

x
x

       




 

 


Thay 3, 1

4 2

x x vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn. Vậy

3 1

4 2

x x là nghiệm của phương trình (2).

0,25

2

2 2

2 3
( 1) 2 3 (1)

m x m x m

m x m m

   

    

 2 1 0 1

1
m
m

m


   



2

2 3 ( 1)( 3) 3
(1)

( 1) ( 1)( 1) 1

m m m m m

x

m m m m

    

   

   

 2 1 0 1

1
m
m

m


   




Với m1 thì phương trình (1) thành 0x4: vơ nghiệm
Với m1 thì phương trình (1) thành 0x0: có vơ số nghiệm
Kết luận: Nếu 1

1
m
m







 thì phương trình có nghiệm duy nhất

3
1
m
x

m




Nếu m1 thì phương trình vơ nghiệm

Nếu m1 thì phương trình có vơ số nghiệm

2
0,25
0,25
0,5

0,25
0,25
0,25

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

Từ (1) và (2) suy ra a3, b5, c2
Vậy phương trình (P) là: ( ) :P y 3x2 5x 2

  

0,5
0,25

4

2 3 2

4 6 5

5 3 5

x y z

x y z

x y z

  





   



   


2 3 2 2 3 2 2 3 2
4( 2 3 2) 6 5 9 18 3 3 6 1

5 ( 2 3 2) 3 5 7 6 3 7 6 3

2 3 2
1
2

y x z y x z y x z

x x z z x z x z

y x z

x

z

        

  

  

                

            

  



   


  

 


1
2
2

x
y
z

 

  


 


1

0,5

5 A(2; -3), B(4; 5), C(0; -1) 4

(2;8), ( 2;2)

AB AC  

 

Ta có 2 1 8 4
2   2


Suy ra 2 vectơ  AB AC, không cùng phương  A, B, C không thẳng 
hàng.

0,5
0,25

0,25

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm D, DC  ( x ; 1  y)
Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC

 2 2

1 8 9

x x

y y

  

 



 

   

 

Vậy ( 2; 9)D  

0,25
0,25
0,5

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm A’

AA' ( x 2;y3), BC ( 4; 6),  BA' ( x 4;y 5)

  

' AA'. 0

4( 2) 6( 3) 0 2 3 5 (1)

AA BC BC

x y x y

  

        

 

'
BA



cùng phương với BC 4 5 3 2 2 (2)

4 6

x y

 

    

 

Từ (1) và (2) suy ra:

2 3 5 13

3 2 2 19

13
x

x y

y





 

 



 

 

  




. Vậy '( 4 ; 19)
13 13

A  

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

0,5

A'

A

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

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
LỚP 10 (Ban CB) - Đề 2

Bài Nội dung Điểm

1 1,5

3x7  x 3 (1)
Điều kiện: 3 7 0 7

x   x

(1) 3 7 ( 3)

1
3 2 0

x x

x
x x

x

   




     



1, 2

x x thỏa mãn điều kiện của phương trình (1). Thay x1,
2

x vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy x1, x2 là nghiệm 
của phương trình (1).

0,25

2x 5  x 2 (2)

2 2

(2) (2 5) ( 2) (3 3)( 7) 0
1

x x x x

x
x

       



  



Thay x1, x7 vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn. Vậy x1, x7
là nghiệm của phương trình (2).

0,25
0,25

0,25

2

2 2

3 2
( ) 3 2 (1)

m x m mx m

m m x m m

   

    

 2 0 0

1
m

m m

m



   



2

3 2 ( 1)( 2) 2
(1)

( ) ( 1)

m m m m m

x

m m m m m

    

   

 

 2 0 0

1
m

m m

m


   




Với m0 thì phương trình (1) thành 0x 2: vơ nghiệm
Với m1 thì phương trình (1) thành 0x0: có vơ số nghiệm
Kết luận: Nếu 0

1
m

m






 thì phương trình có nghiệm duy nhất

2
m
x

m


Nếu m0 thì phương trình vơ nghiệm

Nếu m1 thì phương trình có vơ số nghiệm

2
0,25
0,25
0,5

0,25
0,25
0,25

0,25

3

( ) :P y ax bx c

Theo giả thiết ta có ( 1; 4)I   1 2 (1)
2

b

b a

a


   

(P) đi qua điểm A(-3; 0), ( 1; 4) ( )I    P
suy ra ta có : 9 3 0

a b c

a b c

  




  

 (2)

1,5
0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

4

2x 5y 3z 76

   



5 5

4( 5) 3 5 30 7 50

2( 5) 5 3 76 7 5 86

5 9

8 8
6 6

x y z x y z

y z y z y z

y z y z y z

x y z x

y y

z z

     

 

 

          

        

 

   

 

 

     

   

 

0,5

5 A(-5; 6), B(- 4; -1), C(4; 3) 4

(1; 7), (9; 3)

AB  AC  

 

Ta có 1 7
9 3






Suy ra 2 vectơ  AB AC, không cùng phương  A, B, C không thẳng 
hàng.

0,5
0,25

0,25

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm D, DC (4 x ; 3 y)
Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC

 

 4 1 3

3 7 10

x x

y y

  

 



 

  

 

Vậy (3;10)D

0,25
0,25
0,5

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm A’

AA' ( x5;y 6), BC(8;4), BA' ( x4;y1)

  

' AA'. 0

8( 5) 4( 6) 0 2 4 (1)

AA BC BC

x y x y

  

       

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

'
BA


cùng phương với BC 4 1 2 2 (2)

8 4

x y

 

    

Từ (1) và (2) suy ra: 2 4 2

2 2 0

x y x

x y y

  

 



 

  

  . Vậy '( 2;0)

A 

0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
A'

A

</div>

On 2

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về