De thi HK1 Toan 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sở GD ĐT Hà nội Trường THPT Lomonoxop. Đề thi học kì I – Môn Toán Lớp 10 - năm học 2012 – 2013 (Thời gian làm bài 90 phút). Đề số 1 Câu 1 (3,0 điểm): Giải các phương trình, hệ phương trình sau:. a). 2x 2  x  3 5  x.  x  y  x 2  y 2 8  b) ( x  2)( y  2) 12. Câu 2 (3,0 điểm): a) Tìm m để phương trình (m - 1)x + 2m2(x + 3) = 6 nghiệm đúng với mọi x thuộc R . b) Tìm m để ph¬ng tr×nh: x2 + (m- 2)x - 5 = 0 cã hai nghiÖm x1; x2 thoả mãn: x1 x 2  26   x 2 x1 5. Câu 3 (3,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(- 5; 6 ); B(- 4; - 1); C(2; 7). a) Chứng minh tam giác ABC vuông cân tại A. b) Tìm toạ độ tâm I và tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. c) Gọi D là giao của đường phân giác trong góc B với AC. Tìm toạ độ điểm D. Câu 4 (1,0 điểm): Cho ∆ABC có AB = a, AC = 2a và góc BAC = 1200. Gọi M là trung điểm BC, D là điểm đối xứng của A qua M. Tính độ dài đoạn AD và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Biểu điểm: Câu 1(3đ): mỗi ý 1,5điểm, Câu 2(3đ): mỗi ý 1,5 điểm Câu 3(3đ): a) 1,5 ® - b) 1® - c) 0,5® Câu 4(1đ) .. ------------------------------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Sở GD ĐT Hà nội Trường THPT Lomonoxop. Đề thi học kì I – Môn Toán Lớp 10 - năm học 2012 – 2013 (Thời gian làm bài 90 phút). Đề số 2 Câu 1 (3,0 điểm): Giải các phương trình, hệ phương trình sau:. a). x 2  4x  5 2x  3.  x 2  y 2  x  y 2  b)  ( x  3)( y  3) 8. Câu 2 (3,0 điểm): a) Tìm m để phương trình: m2(x + 2) - x - 3m + 1= 0 nghiệm đúng với mọi x thuộc R . b) Tìm m để ph¬ng tr×nh: x2 - (m + 3)x - 4 = 0 cã hai nghiÖm x1; x2 thoả mãn: x1  x2 5 . Câu 3 (3,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(3; 4 ); B(- 5; 2); C(- 3; - 6). a) Chứng minh tam giác ABC vuông cân tại B. b) Tìm toạ độ tâm I và tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. c) Gọi D là giao của đường phân giác trong góc A với BC. Tìm toạ độ điểm D. Câu 4 (1,0 điểm): Cho ∆MNP có MN = 2a, MP = 3a và góc NMP = 600. Gọi A là trung điểm NP, Q là điểm đối xứng của M qua A. Tính độ dài đoạn MQ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ. Biểu điểm: Câu 1(3đ): mỗi ý 1,5điểm, Câu 2(3đ): mỗi ý 1,5điểm Câu 3(3đ): a) 1,5® - b) 1® - c) 0,5 ®. Câu 4(1đ) .. ---------------------------------------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu. a). ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI 10 HỌC KỲ I – NĂM HỌC: 2012 – 2013 §Ò 1 Nội dung 5  x 0  x 5  2 2   2  x  9 x  22 0 2x 2  x  3 5  x  2 x  x  3  5  x . 1 (3®). 0.5 0.25.  x 5  x  11     x  11    x 2   x 2 .  x  y  x 2  y 2 8  b) ( x  2)( y  2) 12. Điểm. 0,5 0.25.  x  y    x  y  2  2 xy 8   xy  2  x  y   4 12.  a 2  a  2b 8 a  x  y   b  xy  Đặt (1) thay vào hệ ta được hệ PT:  2a  b 8 , gi¶i b»ng pp thÕ ta ®c:. 0.25 0.25 0.25. a  8 a 3   b 24 hoÆc b 2 a  8  x  y  8   TH 1: b 24 Thay vào (1) ta được  xy 24. 0.25 Khi đó x,y là nghiệm PT:. t2 + 8t +24 =0 : PT v« nghiÖm  a 3  x  y 3   TH 2: b 2 Thay vào (1) ta được  xy 2. 0.25 Khi đó x,y là nghiệm PT:.  t 1   t 2 t2 - 3t +2 = 0. 0.25. KL: HPT đã cho có hai nghiệm là (x;y) = (1; 2), ( 2; 1) a)+ Pt : (m - 1)x + 2m2(x + 3) = 6  (2m2 + m - 1) x = 6 (1- m2) 2 (3®).   m  1   1   m   m  1 2m 2  m  1 0 2   2  m 1 1  m 0 + để pt nghiệm đúng với mọi x thuộc R c) - để PT có hai nghiệm x1, x2   0  (m - 2)2 + 20 0 , m  x1  x2 2  m  x .x  5 - theo Vi-et ta cã :  1 2 (1) x1 x2  26   2 2 5  5 x1  x2  26 x1.x2 - theo đề bài ta có : x2 x1. . . 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0.25. 2.  5  x1  x2   16 x1 x2 0   2  m. 2. (2)  2  m 4 16     2  m  4.  m  2  m 6 . + thế (1) vào (2) ta đợc: 5(2 - m)2 - 80 = 0 Vậy m = - 2, m = 6 thỏa mãn yêu cầu đề bài. a) A(- 5; 6 ); B(- 4; - 1); C(2; 7) AB  1;  7      AB. AC 7.1  (  7).1 0  AB  AC AC  7;1   BC  6;8  AB  AC  12  7 2  50 5 2 - ta cã suy ra  suy ra tam gi¸c ABC vu«ng c©n t¹i A b) Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC tại A suy ra I là trung điểm BC vµ b¸n kÝnh R = BC : 2. 1 2 2 6  8 5 Vậy tọa độ I (-1; 3), R = 2 3 (3®). DA AB 5 2 2 2     DA  DC 10 2 2 c) Giả sử D(a;b). Ta có: DC BC   DA  (  5  a;6  b) ; DC (2  a;7  b) , D thuéc c¹nh AC Mµ   10  2 2 a   2  2 2  DA  DC   2  b 12  7 2  2 2 . 0. 5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25. 0.25  10  2 2 12  7 2 . VËy D ( 2  2 ; 2  2 ). - Vì ABDC là hình bình hành nên  2    2 AD  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB. AC 3a 2  AD a 3. . 0.5. . 0,5. (Lưu ý: Học sinh có thể giải câu này theo định lý hàm số cos. 4 (1đ). 0 0    - Vì ABDC là hình bình hành nên: BC = AD = 2a; BAC  ABD 180  ABD 60. - Theo định lý cosin trong tam giác ABD ta có: AD 2 BA2  BD 2  2 BA.BD.cos ABD 3a 2  AD a 3 ) - Theo định lý sin trong tam giác ABD ta có: bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AD a 3 R  a 2sin ABD 2sin 600. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu. ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI 10 HỌC KỲ I – NĂM HỌC: 2012 – 2013 §Ò 2 Nội dung 3  2 x  3 0 x   2 2 2   x  4 x  5  2 x  3 2 2    )x4a523 3 x  8 x  4 0 3  x 2    2  x 2  x  3    x 2.  x 2  y 2  x  y 2  b)  ( x  3)( y  3) 8 1 (3®). 0.5 0.25 0,5 0.25 0.25.  x  y  2  2 xy   x  y  2   xy  3  x  y   9 8. a 2  a  2 p 2 a  x  y   b  xy  Đặt (1) thay vào hệ ta được hệ PT: b  3a  1 , gi¶i b»ng pp thÕ ta ®c:. a 0 a 7   b  1 hoÆc b 20  a 0  x  y 0   TH 1: b  1 Thay vào (1) ta được  xy  1. Điểm. 0.25 0.25. 0.25. Khi đó x,y là nghiệm PT:. 0.25.  t 1   t  1 t2 -1 = 0 a 7  x  y 7   TH 2: b 20 Thay vào (1) ta được  xy 20. 0.25 Khi đó x,y là nghiệm PT:. t2 - 7t +20 = 0 : PT v« nghiÖm KL: HPT đã cho có hai nghiệm là (x;y) = (1; -1), (-1; 1) a)+ Pt : m2(x + 2) - x - 3m + 1= 0  (m2 - 1) x + (2m2 - 3m + 1) = 0 2 (3®).   m 1   1    m   m 1 2m 2  3m 1 0 2   2 m 1 m  1 0 + để pt nghiệm đúng với mọi x thuộc R c) x2 - (m + 3)x - 4 = 0 - để PT có hai nghiệm x1, x2   0  (m + 3)2 + 16 0 , m  x1  x2 m  3  x .x  4 - theo Vi-et ta cã :  1 2 (1). 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0.25. 2. - theo đề bài ta có :. x1  x2 5   x1  x2  25 2.   x1  x2   4 x1 x2 25. (2)  m  3 3  m 0 2   m  3 9     m  3  3  m  6 + thế (1) vào (2) ta đợc: ( m + 3)2 + 16 = 25 Vậy m = 0, m = - 6 thỏa mãn yêu cầu đề bài. a) A(3; 4 ); B(- 5; 2); C( -3; - 6)  AB   8;  2     AC   6;  10   AB.BC  8.2  ( 2).   8  0  AB  BC   BC  2;  8   AB BC  22  82  68 2 17 - ta cã suy ra  suy ra tam gi¸c ABC vu«ng c©n t¹i B b) Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC tại B suy ra I là trung điểm AC vµ b¸n kÝnh R = AC : 2. 1 2 6  102  34 Vậy tọa độ I (0; -1), R = 2 3 (3®). DB AB 68 2 2     DB  DC DC AC 2 2 136 c) Giả sử D(a;b). Ta có:   DB  (  5  a;2  b) ; DC ( 3  a;  6  b) , D thuéc c¹nh AC Mµ   10  3 2 a   2  2 2  DB  DC   2  b 4  6 2  2 2 . 0. 5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25. 0.25  10  3 2 4  6 2 . VËy D ( 2  2. ; 2 2 ). - Vì MNQPlà hình bình hành nên     2 2  MQ  MN  MP MN 2  MP 2  2MN .MP 19a 2  MQ a 19. . 0.5. . 0,5. (Lưu ý: Học sinh có thể giải câu này theo định lý hàm số cos. 4 (1đ). 0 0    - Vì MNQP là hình bình hành nên: NQ= MP = 3a; NMQ  MNQ 180  MNQ 120. - Theo định lý cosin trong tam giác MNQ ta có: MQ 2 MN 2  NQ 2  2 NM .NQ.cos1200 19a 2  MQ a 19 ) - Theo định lý sin trong tam giác MNQ ta có: bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MQ a 19 19 R  a 0  3 2sin MNQ 2sin120. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> MA TRẬN MỤC TIÊU GIÁO DỤC VÀ MỨC ĐỘ NHẬN THỨC Tầm quan trọng %. Chủ đề hoặc mạch kiến thức, kĩ năng Hàm số bậc nhất Biện luận Pt bậc nhất pt chứa gttđối - Pt chứa căn HPT bậc hai Tương giao của đồ thị- Ứng dụng định lý Viet Hệ trục tọa độ Tích vô hướng Vectơ HTL trong tam giác- Giải tam giac Tổng. Trọng số (mức độ). 10 10 10 10 10 20 10 10 10 100%. Tổng điểm Theo Thang ma trận 10 1 1 2 1 1 1 1 1 1 10,0. MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I Chủ đề hoặc mạch kiến thức, kĩ năng. Mức độ nhận thức - Hình thức câu hỏi Nhận biết Thông hiểu Vận dụng TL TL Mức độ 1 Mức độ 2 Câu 1a. Pt chứa căn. 1 1. 1,5. Câu 2a. BiÖn luËn PT bËc nhÊt. 1,5. 1 Câu 2b. Tơng giao đồ thị - hệ thức Vi-et. 1 Câu 3a,b 1,5. Câu 3a,b. 1,5 2,5. 1 Câu 4. Tích vô hướng- HTL trong tam giác. Câu 3a 0,5. 1. 1 Câu 3c 0,5. Vectơ Tổng điểm. 1,5. Câu 1b. HPT bậc hai. Hệ trục tọa độ, tọa độ véc tơ. Tổng điểm. 2. 2,5. 3,5. 0,5 2. 10.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>