de thi hk 1 lop 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT GANG THÉP. MÃ ĐỀ 010. ĐỀ THI HỌC KỲ 1 NĂM HỌC 2011 – 2012. Môn thi : Toán 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề). I. Phần chung cho tất cả các thí sinh: (7 điểm) Câu 1: Tìm tập xác định của các hàm số sau: 3x 2  2 x  1 a. y  b. y  x  3  2  x 2x 1 Câu 2: Giải các phương trình sau: 1 2x 1 a. 2 x 2  7 x  4  x  2 b. 2 x  1    2 1 x 1 x 1 Câu 3: Cho phương trình: x 2  2  m  1 x  m 2  2m  0 a. Tìm m để phương trình có nghiệm. b. Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x12  x22  x1 x2 Câu 4: Cho 6 điểm phân biệt A, B, C, D, E, F bất kỳ. Chứng minh rằng:       AD  BE  CF  AE  BF  CD II. Phần riêng (3 điểm) Phần A: Dành cho các thí sinh học theo chương trình chuẩn: Câu 5a: Cho hàm số y  ax  b . Tìm a và b biết đồ thị hàm số đi qua hai điểm A(1;3) và B(-1;1). Câu 6a: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(1;2), B(-2;6), C(2;9). a. Chứng tỏ A, B, C là 3 đỉnh của 1 tam giác vuông. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC. b. Tính góc C của tam giác ABC. Phần B: Dành cho các thí sinh học theo chương trình nâng cao: Câu 5b: Tìm phương trình của parabol có đỉnh I(1;-4) và đi qua điểm A trên Ox có hoành độ là 3 Câu 6b: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(1;2), B(-2;6), C(4;4).   1  a. Tìm tọa độ điểm E thỏa mãn: BE   AB  AC . Chứng tỏ E nằm trên AC. 3 b. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. ----------------------Hết---------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1. 2. Đáp án và biểu điểm: Đáp án vắn tắt.  1 a. TXĐ: D   \    2 b. TXĐ: D   3;2. Biểu điểm 1đ 1đ. a. 2 x 2  7 x  4  x  2 1 Điều kiện: 2 x 2  7 x  4  0 2 2 x2  7 x  4  x  2  2 x2  7 x  4   x  2 . 0.25đ. 0.5đ. x  0  x 2  3x  0   x  3. 3. Thử lại vào (1) thấy x=0 không thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm x = 3. 1 2x 1 b. 2 x  1   (2) x 1 x 1 Điều kiện: x  1  0 Với điều kiện đó ta có: x 1 1 2x 1 2 2x 1    2 x  5x  3  0   3 x  x 1 x 1  2 3 Đối chiếu điều kiên, phương trình có nghiệm x  2 2 2 a. Ta có:  '  (m  1)  m  2m  4m  1 1 phương trình có nghiệm   '  0  m   4 1 Vậy với m   thì phương trình có nghiệm. 4 1 b. Với m   phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn: 4  x1  x2  2  m  1  2  x1 x2  m  2m 2. Khi đó ta có: A= x12  x22  x1 x2   x1  x2   3x1 x2  m 2  14m  4. 0.25đ. 0.25đ. 0.5đ. 0.25đ 0.5đ 0.5đ. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 Lập BBT của hàm f (m)  m 2  14m  4 với m   . 4 m 1 - -7 4 +  f ( m) 9 16. + +. -45. Dựa vào BBT ta có A đạt giá trị nhỏ nhất là 4. 9 1 với m   16 4. Ta có:          AD  BE  CF  AE  ED  BF  FE  CD  DF        AE  BF  CD  ED  DF  FE     AE  BF  CD a  b  3 a  1 Ta có     a  b  1 b  2     a. Ta có: AB   3;4  , BC   4;3   AB.BC  0 . Vậy tam giác ABC vuông tại B.  1 17  Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó: G  ;  3 3  b. Ta có:   CA   1; 7  , CB   4; 3     CA.CB 2 cos  ACB  cos CA, CB   CA.CB 2  ACB  450. 1đ. Gọi parabol có phương trình là: y  ax 2  bx  c Khi đó ta có hệ:  b   2a  1 a  1    a  b  c  4  b   2 9a  3b  c  0 c  3    Vậy parabol có phương trình là: y  x 2  2 x  3 a. Ta có:     10  AB   3;4  , AC   3;2  do đó BE   4;   3 . 1đ. . 5a. 6a.. . 5b. 6b. . 1đ 0.5đ. 0.5đ 1đ. . 1đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  8 Từ đó suy ra E  2;   3   2   1  Ta có : AE  1;  Nên AE  AC do đó E nằm trên AC. 3  3 b. Gọi I(x;y) là tâm đường tròn ngoại tiếp. Ta có hệ:  19 x  x  1 2   y  2 2   x  2 2   y  6  2  6 x  8 y  35  8    2 2 2 2 6 x  4 y  27  y  31  x  1   y  2    x  4    y  4   6  19 31  Vậy I  ;   18 6 . HS làm theo đáp án khác đúng vẫn cho điểm tối đa.. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT GANG THÉP. MÃ ĐỀ 011. ĐỀ THI HỌC KỲ 1 NĂM HỌC 2011 – 2012. Môn thi : Toán 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề). I. Phần chung cho tất cả các thí sinh: (7 điểm) Câu 1: Tìm tập xác định của các hàm số sau: 2 x  1 a. y  b. y  x  1  5  x 4x 1 Câu 2: Giải các phương trình sau: 2 2x  2 a. x  1   b. x 2  x  2  2 x  2  2  1 x2 x2 Câu 3: Cho phương trình: x 2  2  m  2  x  m 2  m  0 a. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm. b. Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A  x12  x22  3 x1 x2 Câu 4: Cho 6 điểm phân biệt A, B, C, D, E, F bất kỳ. Chứng minh rằng:       AD  BE  CF  AF  BD  CE II. Phần riêng (3 điểm) Phần A: Dành cho các thí sinh học theo chương trình chuẩn: Câu 5a: Cho hàm số y  ax  b . Tìm a và b biết đồ thị hàm số đi qua hai điểm A(1;5) và B(-2;2). Câu 6a: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(1;4), B(-4;3), C(-1;1). a. Chứng tỏ A, B, C là 3 đỉnh của 1 tam giác vuông. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC. b. Tính góc B của tam giác ABC. Phần B: Dành cho các thí sinh học theo chương trình nâng cao: Câu 5b: Tìm phương trình của hàm số bậc hai biết hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là -4 khi x = -1 và đồ thị hàm số đi qua điểm A(2;5) Câu 6b: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(1;4), B(3;0), C(-1;1).  2   a. Tìm tọa độ điểm E thỏa mãn: CE  AB  AC . Chứng tỏ E nằm trên AB. 3 b. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. ----------------------Hết---------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liệu..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 1. 2. Đáp án vắn tắt.  1 a. TXĐ: D   \    4 b. TXĐ: D  1;5 2 2x  2 a. x  1   (1) x2 x2 điều kiện: x  2 Với điều kiện đó ta có: x  2 2 2x  2 x 1   x2  5x  6  0   x2 x2 x  3 Đối chiếu điều kiện của (1), phương trình có nghiệm x=3. Biểu điểm 1đ 1đ. 0.25đ. 0.5đ 0.25đ. 2. b. x  x  2  2 x  2 (2) Điều kiện: x 2  x  2  0 2 x2  x  2  2 x  2  x2  x  2   2 x  2 . 3. x 1  3x 2  9 x  6  0   x  2 Thử lại (2): thấy x = 1, x = 2 đều thỏa mãn. Vậy phương trình có hai nghiệm x=1, x=2 a. Ta có:  '  (m  2) 2  m 2  m  3m  4 4 phương trình có nghiệm   '  0  m   3 4 Vậy với m   thì phương trình có nghiệm. 3 4 b. Với m   phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn: 3  x1  x2  2  m  2   2  x1 x2  m  m 2. Khi đó ta có: A= x12  x22  3x1 x2   x1  x2   5 x1 x2   m 2  11m  16. 4 Lập BBT của hàm f (m)   m 2  11m  16 với m   . 3. 0.25đ. 0.5đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> m. -. . 11 2 385 12. 4 3. f ( m). . +. 4 9. -. -. Dựa vào BBT ta có A đạt giá trị lớn nhất là 4. 385 11 khi m= . 12 2. Ta có:        AD  BE  CF  AF  FD  BD  DE  CE  EF        AF  BD  CE  FD  DE  EF     AF  BD  CE a  b  5 a  1 Ta có    2a  b  2 b  4     a. Ta có: AC   2; 3 , BC   3; 2   AC.BC  0 . Vậy tam giác ABC vuông tại C.  4 8  Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó: G  ;   3 3 b. Ta có:  BA   5;1 , BC   3; 2      BA.BC 2 cos  ABC  cos BA, BC   BA.BC 2 0  ABC  45. 1đ. Gọi phương trình của hàm số là: y  ax 2  bx  c Khi đó ta có hệ:  b   2 a  1 a  1    a  b  c  4  b  2  4a  2b  c  5 c  3    Vậy parabol có phương trình là: y  x 2  2 x  3 a. Ta có:     10 1  AB   2; 4  , AC   2; 3  do đó BE   ;   3 3. 1đ. . 5a. 6a.. . 5b. 6b. . 1đ 0.5đ. 0.5đ 1đ. . 1đ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 7 4 Từ đó suy ra E  ;  3 3   4 8   2  Ta có : AE    ;  Nên AE   AB do đó E nằm trên AB. 3  3 3 b. Gọi I(x;y) là tâm đường tròn ngoại tiếp. Ta có hệ: 9  x   x  1 2   y  4 2   x  3 2  y 2  4 x  8 y  8 7      2 2 2 2 4 x  6 y  15  y  23  x  1   y  4    x  1   y  1  14  9 23  Vậy I  ;   7 14 . HS làm theo đáp án khác đúng vẫn cho điểm tối đa.. 1đ.

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