Huong dan cham toan 10 KSCL 11-12
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (70.29 KB, 3 trang )
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
Lớp 10, Năm học 2011-2012
Môn: Toán
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang
I. Hướng dẫn chung
* Đáp án này chỉ nêu sơ lược một cách giải, trong bài làm học sinh phải trình bày lời giải chi tiết.
* Nếu học sinh làm cách khác hướng dẫn chấm nhưng đúng thì vẫn được điểm tối đa.
* Làm tròn điểm theo quy định chung của Bộ Giáo dục và Đào tạo cho Hệ Trung học phổ thông.
II. Đáp án − Thang điểm
Câu Đáp án Điểm
1) Ta có
63
436436436
4
244282
2
y
xyxyxy
x
xyxyy
y
−
+=+=+=
=
⇔⇔⇔
+=+==−
=−
3
2
x
y
=
⇔
=−
Vậy hệ phương trình có một nghiệm
(3;2)
−
…………………………
0,50
0,50
1
(1,5điểm
)
2) Ta có
(
)
(
)
(
)
222
232323232(23)(23)2
−−+=−++−−−=
23232
⇒−−+=, mà
2323
−<+
23232
⇒−−+=−
0,25
0,25
-2 2 4 6
-2
2
4
6
x
y
O
A
B
a) Khi
0
m
=
, hàm số (1) trở thành:
2
yx
=−+
02(0;2)
xyA
=⇒=⇒
20(2;0)
xyB
=⇒=⇒
Đồ thị là đường thẳng đi qua hai điểm A và B
1,00
2
(2,0
điểm)
b) Đồ thị hàm số (1) đi qua điểm
(1;2)
M
2(1).12
m
⇔=−+
101
mm
⇔−=⇔=
0,50
0,50
3
(1,5
điểm)
j
F
E
N
M
H
C
B
A
2
a)* Xét hai tam giác AHB và AMB. Ta có AB là cạnh chung. Do tính chất đối xứng nên
AM=AH, BM=BH. Suy ra
AHBAMB
∆=∆
(c-c-c).
* Khi đó
·
·
90
AMBAHB
==
o
(do AH là đường cao). Suy ra tứ giác AMBH nội tiếp.
0,50
0,25
b)- Do tính chất đối xứng nên AM=AH=AN. Suy ra M, H, N thuộc đường tròn tâm A,
bán kính AH. Suy ra
·
·
·
1
2
HMEHANHAE
==. Suy ra tứ giác AMHE nội tiếp.
- Do đó E thuộc đường tròn đường kính AB ngoại tiếp tứ giác AMBH. Suy ra
·
90
AEB
=
o
, tức là BE là đường cao của tam giác ABC.
- Tương tự CF cũng là đường cao của tam giác ABC. Vậy ta có điều phải chứng minh.
0,75
1) a) Đúng.
Mệnh đề phủ định là:
2
:2350
xxx
∀∈+−≠
¢
b) Sai. Mệnh đề phủ định là:
2
:270
xxx
∃∈−+−≤
¡
0,50
0,25
0,75
4A
(3,0
điểm)
2)
(
]
0;3
AB∩= ,
[
)
5;AB
∪=−+∞
Phần bù của
AB
∪
trong
¡
là:
(
)
\(;5)
AB
∪=−∞−
¡
1,00
0,50
5A
(2,0
điểm)
D
N
M
C
B
A
1) Giả sử
AMBNANBM
+=+
uuuuruuuruuuruuuur
AMANBMBN
⇔−=−
uuuuruuuruuuuruuur
NMNM
⇔=
uuuuruuuur
. Hiển nhiên. Vậy ta có
đpcm
2) Gọi D là điểm sao cho
NDAM
=
uuuruuuur
.
Ta có
AMBNBD
+=
uuuuruuuruuur
Từ giả thiết suy ra ND=AM=BN=
3
2
a
.
Mặt khác
·
·
60
BNDACB
==
o
(góc có cạnh
tương ứng vuông góc)
Suy ra
∆
BND là tam giác đều. Do đó
BD=BN=
3
2
a
.
Vì vậy
3
2
a
AMBNBD+==
uuuuruuur
0,50
0,50
0,25
0,50
0,25
1) a) Đúng.
Với
0
n
=
, ta có
3
0066
−−=−
chia hết cho 3
b) Đúng. Vì
(
)
2
2
225230,xxxx
−+=−+>∀∈
¡
0,50
0,25
0,75
4B
(3,0
điểm)
2) Ta có
211121101
xxx
−≤⇔−≤−≤⇔≤≤
. Suy ra
[
]
0;1
B =
1
;1
2
AB
∩=
,
[
)
0;AB
∪=+∞
Phần bù của
\(1;)
AB
=+∞
trong
¡
là:
(
)
\\(;1]
AB
=−∞
¡
1,00
0,50
5B
(2,0
1) I là trung điểm của MF khi và chỉ khi
IMFI
=
uuuruur
Ta có
MNEFIMMNEFFI
=⇔+=+
uuuuruuuruuuruuuuruuuruur
0,25
0,25
3
INEI
⇔=
uuruur
. Vậy I cũng là trung điểm của NE
0,50
điểm)
E
D
C
B
A
2) Gọi E là đỉnh của hình bình hành BCED.
Từ giả thiết suy ra BCED là hình thoi
BECDBEAB
⇒⊥⇒⊥
và BE=2AD=
2
a
. Do đó
2222
(2)5
AEABBEaaa
=+=+=
Ta có
CEBD
=
uuuruuur
.
Suy ra
ACBDACCEAE
+=+=
uuuruuuruuuruuuruuur
.
Vậy
5
ACBDa
+=
uuuruuur
0,25
0,25
0,50
Hết
