de thi hoc ki I lop 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (97.65 KB, 4 trang )

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

Sở GD&ĐT Thanh Hóa
Trờng THPT Triệu Sơn 4

Đề kiểm Tra học kì I năm học 2009 2010
Môn Toán Lớp 10

( Thời gian 90)
I. Phần chung cho tất cả thí sinh

Câu I ( 2 điểm)

1.(1điểm): Cho các tËp hỵp A = {0 ; 1 ; 3; 5; 7 }, B = {1; 2 ; 3; 4; 5; 6} vµ C ={3;4; 5}
HÃy tìm các tập hợp A

B; B\ C ; A



(B\ C) ; ( A



B)\ C

2. ( 1®iĨm) BiÕt 7= 2, 6457513...

Hãy làm trịn 7đến hàng phần nghìn.

C©u II( 3 ®iĨm)

1.(2 điểm): Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = -x2 + 4 x 3

2. ( 1 điểm): Giải phơng trình :x2 4 x +3| x – 2 | + 4 = 0

Câu III. ( 2 điểm)Cho tam giác ABC . Gọi D là trung điểm của AC , I là trọng tâm của tam

giác BCD.

a. (1 điểm) .Chứng minh IA2IB3IC0

b. ( 1 điểm).Gọi K là điểm thỏa mãn KB 3KC 0, M, N là hai điểm thỏa mãn

MN MB 3MC. Chứng minh đờng thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

II. Phần dành riêng cho từng đối t ợng thí sinh

A . PhÇn cho thí sinh theo ch ơng trình chuẩn ( h/s các lớp B5 B8)

Câu IVa. ( 2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1 ; 2) ; B ( -1; 1) và C ( 0; 3)
a.( 1 điểm).Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC

b.( 1 điểm).Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.

Câu V a. ( 1 điểm): Tìm m để phơng trình sau có nghiệm

2(x2+2x) +

3
2


 x

x = m

B. Phần dành cho thí sinh theo ch ơng trình nâng cao (Học sinh các lớp b1 b4)

Câu IVb( 2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(1 ; 2) ; B ( -1; 1) và C ( 0; 3)

a.( 1 điểm). Chứng minh ba điểm A, B, C khơng thẳng hàng , tìm tọa độ điểm E
sao cho điểm A là trọng tâm của tam giác BCE

b.( 1 Điểm) . Tìm tọa độ các điểm M, N, P sao cho A, B, C lần lợt là trung điểm
của MN ; NP v PM.

Câu Va(1 điểm) Chứng minh rằng nếu hai phơng trình

1 1 0



p x q

x vµ 2 2 0



p x q

x cã nghiÖm chung th× :





( 1 2)( 2 1 1 2) 0

2
2

1 q  p  p q p q p 

q

... HÕt...

Đáp án đề thi học kì I mơn tốn lớp 10 – năm học 2009- 2010

C©u ý Đáp án Điểm

(2đ) 1( 1 ®) AB\ C = {1; 2; 6 }



B = {1; 3; 4 }
(A



B)\ C = {1}
A



(B\ C) = {1}

0,25
0,25
0,25
0,25
2( 1 đ) Gọi a là số quy tròn của 7 n hng phn nghỡn.

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

II 1(2đ) Bảng biến thiªn

x -



2 +



y 1

Đồ thị:

0,5

1,5

2(1đ) Đặt t = |x – 2| đk t0. Thay vào phơng trình ta đợc

0
3


 t

t

Giải đợc t = -3( loại) và t = 0 . suy ra x = 2

0,5
0,5
III a (1 ®) Ta cã VT = IAIC2IB2IC = 2ID+ 2IB +2IC ( Do D là

trung điểm của AC nên IAIC= 2ID )

Mặt khác theo gt , I là trọng tâm của tam gia BCD nªn
= ID+ IB +IC = 0

Từ đó suy ra VT = 2(ID+ IB +IC ) = 0

0,5

0,5
b (1 đ) Theo gt, KB 3KC và B, C cố định nên K cố định

Ta cã: MN MB 3MC  MN MK KB 3



MKKC



 MN 2MKKB 3KC2MK( v× KB 3KC 0)

MK

MN 2 chứng tỏ M,N, K thẳng hàng hay MN luôn đi qua
điểm K cố định.

IVa 1( 1®) Gäi G là trọng tâm của tam giác ABC. Thì

3

1

2

0

3 )1

(

0

1

G
G

y

x

 G(0; 2)

1
®iĨm)

2. (1 ®) Gäi D (x; y). Tø gi¸c ABCD là hình bình hành AB = DC

1

3

2 y

x

D(2; -2)

0,5
0,5

va §K: x2 + 2x – 3

 0

Đặt t = 2 2 3

x

x ( t0). Thay vào phơng trình , ta đợc:

Tọa độ đỉnh I(2; 1)
Trục đối xứng x =2
Giao với ox: (1; 0)
và (3; 0)

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

2t2 +t + 6 – m = 0 (1)

Phơng trình đã cho có nghiệm khi (1) có nghiệm t0





1 2

2
1
0
0
t
t
t
t





0)

6(2

0

[



















m

p

s

 m6

0,5
0,5

IVb 1( 1 ®) Ta cã :AB  2;1; AC  1;1, do AB và AC không cùng

phơng nên A, B, C không thẳng hàng

Gọi E(x; y) , A là trọng tâm của

)2;4(

3

31

2

3

01

1 E

y

x

BCE

0,5
0.5

2(1 đ) Gọi





1
1;y

x

M ; N



x2;y2



vµ P



x3;y3



. Tõ gt ta cã:

























0

2

3
1
3
2
2
1

x

vµ























6

2

4

1
3
2
2
1

y

KQ: M(2; 4); N(0; 0); P( -2; 2)

0,5
0,5

Vb ( 1đ)

Hai phơng trình có nghiệm chung

0

2
2
2
1
1
2

q

x

p

x

q

x

p

x

có nghiệm

Đặt y = x2 (y0), th× hƯ sau cã nghiƯm



















2
2
2
1
1

0 x

y

q

y

x

p

q

y

x

p

(*) (*)

cã nghiÖm khi















0

2
2
1
1

q

y

x

p

q

y

x

p

(2) cã nghiÖm tháa m·n y =
x2 (3)

Ta cã các trờng hợp sau:

a. D 0 p1 p2 0, nghiƯm cđa (2) lµ :

0,25

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

2
1

2
1
1
2
2

1
2

1 ;

p
p

q
p
q
p
y
p
p

q
q
x









 nghiệm này thỏa mÃn (3) nên:

2
1

2
1
2

1
2
1
1
2

p
p

q
q
p

p
q
p
q
p

( 1 2)( 2 1 1 2) 0

2
2

1 q  p  p q p q p 

q

b. D = Dx= Dy = 0, tøc lµ : p1 – p2 = 0, - q1+q2 = 0, p2q1 – p1q2

= 0 thì đẳng thức đã cho vẫn đúng.

</div>

de thi hoc ki I lop 10























3

3

3

1

2

0

3

)1

(

0

1

<i>y</i>

<i>x</i>

1

3

2

<i>y</i>

<i>x</i>



0)

6(2

0

0

0

[





















<i>m</i>

<i>p</i>

<i>s</i>

)2;4(

3

31

2

3

01

1

<i>E</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>BCE</i>

<sub></sub>

<sub></sub>

































0