Đề thi cuối học kì 1 Toán 10 năm học 2019 - 2020 trường Việt Úc - TP HCM - TOANMATH.com

<span class='text_page_counter'>(1)</span>MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 1 – NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN: TOÁN 10 Các mức độ nhận thức NỘI DUNG. Nhận. Thông. Vận dụng. Vận dụng. biết. hiểu. thấp. cao. 1. Hàm số và đồ thị (bậc 1 nhất và bậc hai). 1 1,5đ. 1 1,0đ. 2. Biện luận phương. 3 1,0đ. 3,5đ. 1. trình bậc nhất. 1 1,0đ. 3. Giải phương trình. 1. chứa căn. 1,0đ 1. 1,0đ. 2 0,5đ. 1. 4. Bất đẳng thức. 1,5đ 1. 0,5đ 1. 5. Vectơ và tọa độ. 1 1,0đ. 6. Tích vô hướng của hai 1 vectơ và ứng dụng Tổng. Tổng. 2 1,0đ. 2,0đ. 1 1,0đ. 2. 2 0,5đ. 4 2,5đ. 0,5đ. 1,5đ 3. 3,5đ. 2 3,0đ. 11 1,0đ. 10đ.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG TH, THCS, THPT VIỆT ÚC ----------. ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ I - NH: 2019 – 2020 Môn: TOÁN – Lớp 10 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề có 01 trang) ---------------------------------------------. Đề bài. Câu 1 (2,5 điểm): Cho hàm số y  x 2  4 x  3 có đồ thị là  P  . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  P  .. b) Cho  d  : y   x  m . Tìm m để  P  và  d  có 2 điểm chung phân biệt. Câu 2 (2,5 điểm): a) Giải và biện luận phương trình sau (theo tham số m): b) Giải phương trình: c) Giải phương trình:. m. 2.  7 m  10  x  m  2  0. 5x2  4x 1  2x  2 x  5  39  x  2.  x  5  39  x   38. Câu 3 (1,0 điểm): Cổng Parabol của trường đại học Bách Khoa Hà Nội được xây dựng từ những năm 70 của thế kỉ trước, là niềm tự hào của nhiều thế hệ sinh viên Bách Khoa Hà Nội. Chiều cao của cổng (khoảng cách cao nhất từ mặt đất đến đỉnh) là 7,62 (m) và khoảng cách giữa hai chân cổng là 9 (m). Em hãy xác định phương trình của Parabol đó? Câu 4 (0,5 điểm): Cho a, b là các số dương thoả mãn a 2  b 2  2 . Chứng minh rằng: b  a b  a    2  2 a  b a  b.  4 . Câu 5 (3,5 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm A 2;1 ; B  4; 7  ; C  2;4 . a) Chứng minh ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác. b) Chứng minh ABC là tam giác vuông tại A. Tính diện tích ABC. c) Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.. . d) Tính số đo ABC --- HẾT --(Thí sinh không được sử dụng tài liệu) Họ và tên học sinh:…………………………………….- Lớp:……… Số báo danh:…………………………………………………………...

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu 1. 2,5 điểm 0.25. a) TXĐ: D = R Tọa độ đỉnh I 2 ;  1 Trục đối xứng: x = 2 BBT x. 2.  .  .  .  . 0.25. y -1 Hàm số đồng biến trên khoảng  2; . Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;2 BGT. 0.5. x. 0. 1. 2. 3. y. 3. 0. -1. 0. 4 3. Đồ thị. y. y  x 2  4x  3 3. 0.5 x. 0 -1. 1. 2 3. 4.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2  4x  3   x  m. 0,25.  x  3x  3  m  0 2. Để (P) và d có 2 điểm chung thì phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt. 0. 0,25.   (3)2  4(3  m)  4m 3. 0,25. 0  4m  3  0 3 m 4. 0,25. Câu 2. 2,5đ Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m:  m 2  7m  10  x  m  2  0 (1)  Trường hợp 1: m 2  7 m  10  0  m  2; m  5 thì phương trình (1) có m2 m2  nghiệm duy nhất x  2 m  7m  10  m  2  .  m  5 . 0.25. 1 m5. m  2 m  5.  Trường hợp 2: m2  7m  10  0  . + Với m= 2, thay vào phương trình ( 1) ta có: 0 x  0  0 ( vô số nghiệm) 0.25 + Với m = 5, thay vào phương trình (1) ta có: 0 x  3  0 ( vô nghiệm)  Kết luận: + Với m  2; m  5 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x . 1 m5. 0,25đ. 0,25đ. + Với m= 2 thì phương trình (1) có vô số nghiệm + Với m = 5 thì phương trình (1) vô nghiệm Giải phương trình:. 5x2  4x 1  2x  2. 2 x  2  0  2 5 x  4 x  1  2 x  2 x  1  2 5 x  6 x  1  0. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x  1   x  1    x  1  5. 0,25đ.  x 1. 0,25đ. S  1. Giải Phương trình: x  5  39  x  2.  x  5  39  x   38. * . ĐKXĐ: 5  x  39 Đặt t  x  5  39  x  t 2  34  2  2.  t  0.  x  5  39  x .  x  5  39  x   t 2  34. (**). 0.25đ. Phương trình (*) trở thành: 0,25đ. t  t 2  34  38  t 2  t  72  0. t  8  N   t  9  L  Thay t = 8 vào (**) suy ra: 2 .  x  5  39  x   8 2  34  x  5  39  x   15  5  x  39. 0,25đ.   x 2  44 x  195  225   x 2  44 x  420  0. ⇔. 𝑥 = 30(𝑁) 𝑥 = 14(𝑁). 𝑆 = {30; 14} Câu 3. 1,0đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chọn hệ trục tọa độ Oxy gắn vào cổng có dạng Parabol sao cho. Chân cổng đi qua gốc tọa độ, khi đó (P) sẽ có đỉnh I(4,5; 7,62) và đi qua A(9; 0) Vì (P) qua O(0 ;0) nên c=0. a.4,52  b.4,5  c  7,62 Vì ( P ) đi qua A (9; 0) và I(4,5; 7,62) nên ta có:  2 a.9  b.9  0. 0,25đ. 0,25đ. Giải hệ phương trình ta được: 254   a  675  b  254  75. 0,25đ. Vậy ( P ) cần tìm là: y   254 x 2  254 x 675. 75. Chú ý: Học sinh giải đúng theo hệ trục học sinh chọn, giáo viên dựa theo thang điểm. 0,25đ. trên cho điểm.. Câu 4. 0,5đ Với a, b là các số dương. Áp dụng BĐT Côsi, ta có: a b a b  2 . 2 b a b a. a b a b 2  2 2 2. 2  2 b a b a ab b  a b  a Suy ra     2  2 a  b a  b.   . 0,25đ 4 (1) ab. Mặt khác, ta có 2  a 2  b 2  2 a 2 .b 2 b  a b  a Từ (1) và (2) suy ra     2  2 a  b a  b Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1 Câu 5.  2 ab  ab  1(2).  4 . 0,25đ. 3,5đ Ta có: A(-2;1), B(4;-7), C(2;4)   a) AB   6; 8  , AC   4;3. 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ta có:.  x AB. x AC. .  A B và. .  y 8  AB  6    y 4 3 AC .  AC. không cùng phương..  Ba điểm A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C tạo thành một tam giác..  . b) + Ta có: AB. AC  6.4  (8).3  24  24  0.    AB  AC  Tam giác ABC vuông tại A.. 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. . 2 2 2 2   y  6  (8)  10 (đvđd) + AB  AB  x AB AB.  2 2 AC  AC  x  y  42  32  5 (đvđd) AC AC. 1 2. 1 2. Vậy: SABC  . AB. AC  .10.5  25 (đvdt).  c) Gọi D  xD ; yD   DC   2  xD ;4  yD . Để ABCD là hình bình hành thì:   AB  DC.   x  x  6  2  xD  xD  4 AB DC      y  y 8  4  yD  yD  12 AB DC. Vậy D(-4;12).   d) Ta có: BA   6;8  , BC   2;11. BC  AB 2  AC 2  102  52  5 5 (Vì ABC vuông tại A)     BA.BC cos  ABC  cos BA, BC  BA.BC. . . ( 6).( 2)  8.11 2 5  5 10.5 5  ABC  26034' . 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. Ghi chú: Học sinh giải theo cách khác đúng. Giáo viên theo thang điểm trên cho điểm..

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

<span class='text_page_counter'>(9)</span>