De KTTT Hinh Hoc 10 NC Thang 03 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Họ và Tên:................................... Lớp:......................... KIỂM TRA 1 TIẾT Môn: Toán 10NC (HH).. Đề 1: A 5;3. B 6; 0. C 2; 2. Câu 1: Cho tam giác ABC có   ;   ;   . a) Viết phương trình đường cao AH, trung tuyến BM..  C  ngoại tiếp tam giác ABC C c) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn   , biết tiếp tuyến vuông góc với đường b) Viết phương trình đường tròn. thẳng d : x  2 y  1 0 . d) Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt hai cạnh Ox; Oy của góc xOy tại M và N sao cho diện tích OMN bằng 30. Câu 2: a) Lập phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ và cắt đường tròn: thành một dây cung có độ dài bằng 8. b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm . A  0;1.  x  1. 2. 2.   y  3 25. và tạo với đường thẳng: x  2 y  3 0. một góc 4. ----Hết---Đề 2: A 5;3. B 6;1. C 1;1. Câu 1 (8đ): Cho tam giác ABC có   ;   ;   . a) Viết phương trình đường cao BH, trung tuyến AM..  C  goại tiếp tam giác ABC C c) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn   ; biết tiếp tuyến vuông góc với đường b) Viết phương trình đường tròn. thẳng d : 2 x  y  1 0 d. Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt hai cạnh Ox; Oy của góc xOy tại P và Q sao cho diện tích OPQ bằng 30. Câu 2: (2đ) x  1 a) Lập phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ và cắt đường tròn: . 2. 2.   y  3 25. thành một dây cung có độ dài bằng 6. b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm x  2 y  3 0 một góc 45 ----Hết----. A  0;1. và tạo với đường thẳng:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> MA TRẬN ĐỀ Chủ đề. Nhận biết. 1. Phương trình đường thẳng. Thông hiểu 1a. Vận dụng Vận dụng (mức độ thấp) (mức độ cao) 1b,c. 2.0 2. Phương trình tròn và tiếp tuyến. 1d 4.0. 2a. Tổng cộng. 2.0. Tổng cộng. 2.0. 8.0. 1.0 3.0. 2.0 10.0. 2b 1.0 5.0. Đáp án và thang điểm. Đề 1: Câu 1. Đáp án qua A  5;3 AH    vtpt BC   4; 2 hay n   2;1     a) Phương trình đường cao AH :  2 x  5  y  3 0.    Do đó Hay  2 x  y  7 0 Phương trung tuyến BM:.  7 5 M ;  Gọi M là trung điểm của AC. Suy ra:  2 2  qua B  6;0     BM  5 5 vtpt BM  ;   hay u  1;  1  2 2   x 6  t BM  ; t  y  t  Suy ra:. b) Gọi Do. A,.  C  : x 2  y 2  2ax  2by  c 0 B, C   C  nên ta có hệ.  10a  6b  c  34   12a  c  36  4a  4b  c  8 . 0.5 0.25 0.5 0.25. 0.25. 0.5.  C  : x 2  y 2  8 x  2 y  12 0.  7   I  2 ;1 C    R 5  2 c) Ta có:. Gọi pt tiếp tuyến của. 0.5. 0.5.  a 4   b 1 c 12 . Vậy. Điểm. 0.25. 0.25.  C  là. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Do   d nên  : 2 x  y  C 0. 0.25. Áp dụng điều kiện tiếp xúc ta có:. d  I ,   R.  5 5 c 8  5 5 2 c 8   2  5 5 8  c  2 . 0.5. Vậy có hai pt tiếp tuyến 5 5  8 0 2 5 5 2 : 2x  y   8 0 2 M  a; 0  ; N  0; b  1 : 2 x  y . . Đk: a  0, b  0. d) Đặt Pt. MN :. 0.5. x y  1 a b. 0.25. 5 3  1 Do thuộc MN nên a b 1 1 SOMN  OM .ON  ab 30  ab 60 2 2 Mặt khác: 5 3   1 a b ab 60 Ta có hệ:  Giải hệ ta có: a 10; b 6 A  5;3. Vậy pt đường thẳng cần tìm là 2. MN :. x y  1 10 6. Tâm I  1;-3.  C  . 0.25. Bk R 5.  a) Ta có: Gọi  qua O có hệ số k có dạng: y kx  kx  y 0. 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25. 0.25. 2 2 C Do  cắt   tại A và B nên IH  R  HB 3. Khi đó ta có: . k 3. k 2 1  k 0   k 3 4 . d  I ,   IH 3. 3. 0.25. 0.25. Vây có hai đường thẳng cần tìm 1 : y 0 3 2 : y  x 4. b) Gọi d đi qua A(0;1) có hệ số góc k có dạng: y kx  1. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> và d’: x  2 y  3 0 . Suy ra tan  d , d '  . Theo đề bài ta có:  k k' Hay:. tan. 4. . k ' . 1 2. k k' 1  kk '. 0.25. 1  kk '. 1  k   3   k  3. 0.25. Vậy có hai đường thẳng là. 0.25. 1 d1 : y  x  1 3 d 2 : y 3 x  1. Đề 2: Câu 1. Đáp án qua B  6;1   BH  vtpt AC   4;  2  hay n  2;1 a) Phương trình đường cao BH : 2 x  6   y  1 0.   Do đó Hay 2 x  y  13 0. Điểm 0.5 0.5. Phương trung tuyến AM: 7  M  ;1 Gọi M là trung điểm của BC. Suy ra:  2   qua A  6;1    AM  3  vtcp AM  ; 2  hay u  3; 4  2    x 6  3t AM  ; t  y  1  4 t  Suy ra:. b) Gọi Do. A,.  C  : x 2  y 2  2ax  2by  c 0 B, C   C  nên ta có hệ.  10a  6b  c  34   12a  2b  c  37  2a  2b  c  2  7  a  2   b 1 c 7    C  : x 2  y 2  7 x  2 y  7 0. Vậy. 0.25 0.5 0.25 0.25. 0.5. 0.5 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  I  4;1.  C  . 0.25.  R  5. c) Ta có:. C. Gọi pt tiếp tuyến của   là  Do   d nên  : x  2 y  C 0. 0.25. Áp dụng điều kiện tiếp xúc ta có:. d  I ,   R.  c  1 c  6 5    c  11. 0.5. Vậy có hai pt tiếp tuyến 1 : x  2 y  1 0. 0.5.  2 : x  2 y  11 0. d) Đặt Pt. PQ :. P  a; 0  ; Q  0; b . . Đk: a  0, b  0. x y  1 a b. 0.25. 5 3  1 Do thuộc PQ nên a b 1 1 S OPQ  OP.OQ  ab 30  ab 60 2 2 Mặt khác: 5 3   1 a b ab 60 A  5;3. Ta có hệ: Giải hệ ta có: a 10; b 6. Vậy pt đường thẳng cần tìm là 2. PQ :. x y  1 10 6. Tâm I  1;-3.  C  . 0.25. Bk R 5.  a) Ta có: Gọi  qua O có hệ số k có dạng: y kx  kx  y 0. 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25. 0.25. 2 2 C Do  cắt   tại A và B nên IH  R  HB 4. Khi đó ta có: . k 3 k 2 1. d  I ,   IH 4. 4.  5  133 k  6   5  133 k  6 . 0.25. 0.25. Vây có hai đường thẳng cần tìm 5  133 x 6 5  133 2 : y  x 6 1 : y . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> b) Gọi d đi qua A(0;1) có hệ số góc k có dạng: y kx  1 và d’: x  2 y  3 0 . Suy ra Theo đề bài ta có: Hay:. tan 45 . tan  d , d '  . k ' . 1 2. 0.25. k k' 1  kk '. k k' 1  kk '. 1  k   3   k  3. 0.25 0.25. Vậy có hai đường thẳng là 1 x 1 3 d 2 : y 3 x  1 d1 : y . * Lưu ý: Học sinh giải theo cách khác hợp lý vẫn chấm đủ điểm.. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>