19 TOAN 10 DE HK1 2013 DONG THAP

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP Trường THCS-THPT Nguyễn Văn Khải. ĐỀ THI HỌC KÌ I (Tham khảo) MÔN THI: TOÁN KHỐI 10 THỜI GIAN: 90’. I. PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM) (Dành cho học sinh cả hai ban cơ bản và nâng cao.) Câu I: (1,0 điểm) Xác định A  B, A  B, A \ B , biết A [2;5) , B {x  R | 2 x 6} Câu II: (2,0 điểm) 1. Viết phương trình parabol  đối xứng là đường thẳng x  1 .. P  : y ax 2  bx  a 0 . . Biết.  P  đi qua M(1; 3) và có trục. 2 2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số: y 2 x  3, y  3 x  x  1 Câu III: (2,0 điểm) 2 1. Giải phương trình: 3 x  1  x  1. 2. 2. 2. Cho phương trình: x  2(m  1) x  m  3m 0 . Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. Câu IV: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1; -2), B(2; 3), C(1; 5) a) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. b) Tìm chu vi của tam giác đã cho. II. PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM) PHẦN A:(Dành cho học sinh ban cơ bản.) Câu 4A: (2 điểm) 4 2 1. Giải phương trình sau: 4 x  3x  1 0 a. 4 3, a 0 a 1. 2. Chứng minh rằng: Câu 5A: (1 điểm) Cho tam giác ABC có A(1;2), B(1;-1), C(4;-1). Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại B. PHẦN B:(Dành cho học sinh ban nâng cao.) Câu 4B: (1 điểm) Giải phương trình sau:. x 2  4 x  3 x  2  4 0. 2. 2. Câu 5B: (2 điểm) Cho phương trình: x  2(m  1) x  m  3m 0 (1) a) Định để phương trình (1) có một nghiệm . Tính nghiệm còn lại. b) Định để phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa: . ---Hết--.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Câu. Đáp án. I. PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM) A [2;5) , B ( ;3) Câu I (1đ). Câu II (2đ). * A  B [2;3] * A  B ( ;5) * A \ B (3; ) a  b 3 a 1   2a  b 0 b 2  P  : y x2  2 x. 2 2. Cho  3x  x  1 2 x  3. 1.. 0.5đ 0.5đ.  3x 2  x  4 0. 0.25đ.  y  1  x 1    x  4  y  17 3 3 . 0.5đ.  4 17  A(1;  1), B   ;   3  3 Vậy: Hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm. 0.25đ. 3x2  1  x  1.  x  1 0  2 2 3x  1 ( x  1)  x 1  x 1   2    x 0 (l)  2 x  2 x 0   x  1 (l)  S  Vậy: 2 2 2. Phương trình x  2(m  1) x  m  3m 0 có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:. '  0.  (m  1) 2  1.(m 2  3m)  0  m 1  0  m1. Vậy: m>-1 thỏa yêu cầu bài toán. Câu IV (2đ). 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ. 1. Từ đề bài ta có hệ phương trình:. Vậy:. Câu III (2đ). Điểm. 0.25đ 0.5đ 0.25đ. 0.25đ 0.5đ 0.25đ. Ta có: A(1; -2), B(2; 3), C(1; 5) 1. Gọi G ( xG ; yG ) là trọng tâm ABC 1  2 1 4 xG   3 3  2 35 yG  2 3 4  G  ;2 Vậy:  3 . 0.5đ 0.5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. Ta có: 0.5đ. AB  26, AC 7, BC  5. Suy ra: Chu vi ABC là: CABC  AB  AC  BC  26  7  5 II. PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM) Câu 4A: 1. 4 x 4  3x 2  1 0 (1) (2đ). 0.5đ. 0.25đ. 2. Đặt: t  x , t 0 Phương trình (1) trở thành: 4t 2  3t  1 0. 0.25đ.  t  1 (l )   t  1 (n)  4 1  x  1 2  x2    4  x  1  2 1 1  S  ;   2 2 Vậy:. 0.25đ. 0.25đ. 2. Ta có: 4 4 a 3  a  1  4 a 1 a 1. 0.25đ. Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số không âm 4 4 2 (a  1) a 1 a 1 4  a 1 4 a 1 (đpcm). a  1;. 4 a  1 , ta có:. 0.5đ. a 1 . Câu 5A: (1đ). Câu 4B:. 0.25đ. 2. Ta có:   BA (0;3), BC (3;0)   BA.BC 0    BA  BC Do đó: ABC vuông tại B. x 2  4 x  3 x  2  4 0. (1đ). Đặt:. 0.5đ 0.25đ 0.25đ. (1). 0.25đ. t  x  2 , t 0. 0.25đ.  t 2 x 2  4 x  4 2 PT (1) trở thành: t  3t 0  t 0 ( n)   t 3 ( n)  x  2 0  x  2 0     x  2 3   x  2 3  x  2  3.  x  2  x 1   x  5. 0.5đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy: Câu 5B: (2đ). S   2;1;  5. x 2  2(m  1) x  m2  3m 0 (1)  m 0 m 2  3m 0    m 3 a) Vì là nghiệm của (1) suy ra:  x 0 (1)  x 2  2 x 0    x  2 Với m=0:  x 0 (1)  x 2  4 x 0    x 4 Với m=3: b) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa: m  1   ' 0  m  1   2    m  1 ( n)  2 2  x1  x2 8  2m  2m  4 0   m 2 ( n) . Vậy: m=2, m=-1 Hết!. 0.5đ 0.25đ 0.25đ. khi và chỉ khi: 0.75đ 0.25đ.

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