thi hoc ki I toan 20102011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (105.43 KB, 4 trang )

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

Sở GD&ĐT Thanh Hóa ĐỀ THI HỌC KỲ I - KHỐI 10
Trường THPT Nga Sơn Năm học: 2010 – 2011
MƠN: TỐN

Thời gian: 90 phút ( không kể thời gian phát đề)
I.PHẦN CHUNG (8 điểm)

Câu 1 (2 điểm): Tìm tập xác định của hàm số:

3
2

y x

x

  

 
Câu 2 (3 điểm): Cho phương trình: x2 2



m1



x m 2 3 0 ( với m là tham số)
a/ Giải phương trình với m0

b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn:

x x1 2 2



x1x2



14

Câu 3 (3 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A( 1;0) , B( 5; 4) và C(3;4)
a/ Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông cân

b/ Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABDC là hình vng
II. PHẦN RIÊNG (2 điểm)

A.Theo chương trình chuẩn

Câu 4a (2 điểm): Giải phương trình sau: 2x  1 x 1 
B. Theo chương trình nâng cao ( lớp 10A, 10E )

Câu 4b (2 điểm). Giải phương trình sau:





2 2

3 3 22 3 7

x  x  x  x

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ I – KHỐI 10
Năm học: 2010 – 2011

MƠN: TỐN
Thời gian: 90 phút

Câu Nội dung Điểm

Đk:

2 0 2

3 0 3

x x
x x
  
 

 
  
 

Vậy: TXĐ: D 



3;

 

\ 2



1đ

1đ
2a Với m0 phương trình có dạng: x2 2x 3 0

1
3
x
x


  



Vậy: phương trình có hai nghiệm x1 và x3

0, 25đ
0,5đ
0, 25đ
2b Để phương trình có hai nghiệm thì ' 0

 









2 2

1 3 0

m m

    

 2m 4 0  m2

 

Theo định lý Vi-et, ta có:





 

1 2
2
1 2

2 1
3

x x m

I
x x m

   


 



Theo bài ra: x x1 2  2



x1x2



14 **

 

Thế

 

I vào

 

** ta được: m2  3 4



m1



14

2 4 21 0

7
3
m m
m
m
   



  

Đối chiếu với

 

* m7 thỏa mãn

Vậy: m7 là giá trị cần tìm

0, 25đ

0, 25đ
0,5đ

0,5đ
0, 25đ
0, 25đ
3a

Ta có: AB



4; 4







4



2 42 4 2

AB AB

     



AC



4; 4





2 2

4 4 4 2
AC AC

    


Suy ra: ABAC

Mặt khác: AB AC 



4 4 4.4 0



   ABAC A 900

  

Vậy: ABC vuông cân tại A

0, 25đ
0, 25đ
0, 25đ
0,5đ
0, 25đ
3b

Gọi điểm D x y



D; D



,để tứ giác ABDClà hình vng thì

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

Mà: ABDC là hình bình hành  AB CD

Với AB



4; 4





và CD x



D 3;yD 4









4 3 1

1;8

4 4 8

D D

x x

AB CD D

y y

   

 

       

  

 

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

Vậy: D



1;8



thỏa mãn yêu cầu bài toán

0, 25đ
0, 25đ

0,5đ
0, 25đ
4a

Đk: x  1 0 x1 *

 

Bình phương hai vế của pt ta được:





2x 1 x1

 2x 1 x2 2x1
 x2 4x0

0
4
x
x



  


Đối chiếu với

 

* thì x4 thỏa mãn
Vậy: x4 là nghiệm của phương trình

0, 25đ
0, 25đ

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

Pt:





 

2 2

3 3 22 3 7 1

x  x  x  x

Đk: x2 3x 7 0

 

1  x2 3x13 x2 3x7
 (x2 3x7) x2 3x 7 20 0
Đặt t x2  3x7, t0

Phương trình trở thành: t2 t 20 0









5 /

4 ai
t t m
t lo
 
 



 

Với t5  x2  3x7 5  x2 3x 7 25
 x2 3x18 0

6
3
x
x



  



Vậy: phương trình có hai nghiệm là x3 và x6

0, 25đ
0, 25đ
0, 25đ
0, 25đ

0,5đ

</div>

thi hoc ki I toan 20102011















 











 





 





 

 

 





 





































 





 





 

 









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về