DaHKIToan1020102011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (9.73 MB, 3 trang )

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

1/3

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỒNG THÁP ĐỀ THI HỌC KỲ I Năm học: 2010 – 2011

Ngày thi: 22/12/2010 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN TỐN 10

(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 03 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,00

Câu I Viết tập hợp





6 8 0

A x x  x  và B



x  x 1 1



theo cách 
liệt kê phần tử. Tìm AB A B, \ .

1,00

 Ta có: x2 6x 8 0x2,x4 nên tập hợp A



2;4



0,25

 Ta có: x  1 1 x0,x2 nên tập hợp B



0;2



0,25

 Vậy AB

 

2 , A B\ 

 

4 . 0,50

Câu II 2,00

1 Hãy xác định hàm số bậc hai 2

3 ,

y x bx c biết rằng đồ thị của nó có trục 
đối xứng là đường thẳng 1

x và cắt trục tung tại điểm A



0; 1 .



1,00

 Do 1

x và a3 nên ta có 1 2.

2 3

b

b
a

     0,50

 Do A



0; 1

  

 P nên ta có c 1. 0,25

 Vậy y3x22x1 là hàm số cần tìm. 0,25
2 Tìm giao điểm của parabol y2x2 4x6với đường thẳng y4x2. 1,00

 Hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng là nghiệm của

phương trình: 2x24x 6 4x2 1

 

0,25

 Giải phương trình (1) ta được nghiệm x2; x 2. 0,25

 Với x2 thì y10, Với x 2 thì y 6 0,25

 Vậy parabol y2x2 4x6 đã cho và đường thẳng y4x2có

hai giao điểm là



2;10 ,

 

 2; 6 .



0,25

Câu III 2,00

1 Giải phương trình: 3x  5 x 1 1

 

1,00

 Điều kiện: 5

 

*
3

x . 0,25

 Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được phương

trình:3 5





2 2 5 6 0 2

x

x x x x

x
 


       

 


0,50

 Thử lại ta thấyx2, x3 là nghiệm của phương trình. 0,25
2 Cho phương trình: 2







 2 

 

2 1 1 0 1 .

x m x m Xác định các giá trị của 
tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, biết tổng của hai 
nghiệm không lớn hơn 4.

1,00

 Ta có:    2



m1



24.1.



m21



8m 0,25

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi biệt thức  0 hay
0

m . 0,25

 Gọi x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình (1). Theo định lí Vi-ét ta

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

2/3





1 2 4 2 1 4 1.

x x   m  m

 Kết hợp điều kiện ta được 0m1. Vậy với 0m1 thỏa đề bài. 0,25
Câu VI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho tam giác OAB có A



1;3 ,



B



4;2



và O là

gốc tọa độ.

2,00

1 Chứng tỏ tam giác OAB vng tại A. Từ đó tính diện tích tam giác OAB. 1,00

 Ta có: OA



1;3 ,



AB



3; 1 .



0,25

 Suy ra: OA AB . 1.3 3.

 

1 0.Vậy tam giác OAB vuông tại A. 0,25

 Ta có: OA 10, AB 10. 0,25

 Vậy diện tích tam giác OAB vng tại A là:
1

. . 5

OAB

S  OA AB (đơn vị diện tích).

0,25
2 Gọi M là trung điểm cạnh OB. Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua M. 1,00

 Gọi M



2;1



là trung điểm của cạnh OB. 0,25

 Gọi A x y' ;





. Ta có: AM



1; 2 ,



MA'



x2;y1 .



0,25

 Vì A’ đối xứng với A qua M nên ta có:  AMMA'. 0,25

 Hay 2 1 3 ' 3; 1





1 2 1

x x

hay A

y y

  

 

 

 

    

 

. Vậy A' 3; 1







là điểm cần tìm. 0,25

II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN 3,00

Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu V.a 2,00

1 Giải phương trình: 25x4 96x2 160. 1,00

 Đặt tx2, t0. 0,25

 Khi đó phương trình trở thành: 2

25t 96t160. Giải phương trình,
ta được nghiệm 4, 4 .

t  t  0,25

 Do t0 nên ta nhận nghiệm 4
25

t . Với 4
25

t thì 2

x  0,25

 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: 2, 2.

5 5

x x  0,25

2

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:    
 
2

2
1

2010.
1

y x x

x x Với x là số 
thực.

1,00

 Hàm số         

   

2 2

1 1

2010 1 2009.

1 1

y x x x x

x x x x 0,25

 Do

2 1 3

1 0, .

2 4

x   x x      x

 

0,25

 Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số dương, ta có





 

       

     

2 2

1 1

1 2 1 . 2.

1 1

x x x x

Suy ra        

 

1 2009 2 2009 2011.
1

y x x

x x

0,25

 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là Miny2011khi x0, x 1. 0,25
Câu IV.b Cho tam giác ABC vng tại A có AC8, AB15. Tính tích vơ hướng

 

.
CA CB.

1,00

 Xét tam giác ABC vng tại A, ta có: cosC AC.
BC

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

3/3

 Khi đó: CA CB .  CA CB c . . os



CA CB ,



AC BC c C. . os
AC BC. .AC AC2 64

BC

0,50

 Vậy CA CB . 64. 0,25

Phần 2: Theo chương trình nâng cao

Câu V.b 2,00

1 Giải phương trình:



x2



23 x2  4 0 1,00

 Phương trình:









2 3 2 4 0 2 3 2 4 0.

x  x    x  x   0,25

 Đặt t x2 ,t0.

Phương trình trở thành:

 





2 1

3 4 0 0

t l

t t do t

t n

 


    




. 0,25

 Với t4 thì 2 4 2
6

x
x

x



   

 

 0,25

 Thử lại ta nhận x2, x 6. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

là: x2,x 6. 0,25

2 Giải hệ phương trình:







2 2

1 1 4

x y x y
xy x y

    




  




1,00

 Hệ phương trình đã cho được viết lại dưới dạng:







2 2

4
4

x x y y

    




  




0,25

 Đặt ux2x v,  y2y. Khi đó ta có hệ PT: 4
4
u v
uv

 






0,25

 Do đó u, v là hai nghiệm của phương trình:
2

4 4 0 2. 2.

t  t   t Hay uv 0,25

 Khi đó:

2 2

2 2 0 1, 2

x x x x x x

y y y y y y

          




         




. Vậy hệ phương
trình đã cho có 4 nghiệm là:



x y;

   

 1;1 , 1; 2 ,

 

2;1 ,

 

 2; 2 .



0,25

Câu VI.b Cho tam giác ABC vng tại A có AC8, AB15. Tính tích vơ hướng

 

.
CA CB.

1,00

 Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: cosC AC.
BC

 0,25

 Khi đó: CA CB .  CA CB c . . os



CA CB ,



AC BC c C. . os
AC BC. .AC AC2 64

BC

0,50

 Vậy CA CB . 64. 0,25

Lưu ý:

1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng và hợp lơgic thì
cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

2) Các bước phụ thuộc khơng có hoặc sai thi khơng chấm bước kế tiếp.

3) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm
sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm của mỗi

trường.

</div>

DaHKIToan1020102011

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 







  

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

 

 





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





















 

 

















<sub></sub>

<sub>   </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>



