zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

2 đề thi khảo sát chất lượng đầu năm có đáp án môn: Toán 10 - Trường THPT Văn Quán (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Hồ Hồng Hoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

103
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi. Mời các em và giáo viên tham khảo 2 đề thi khảo sát chất lượng đầu năm có đáp án môn "Toán 10 - Trường THPT Văn Quán" năm học 2014-2015. Hy vọng đề thi giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 2 đề thi khảo sát chất lượng đầu năm có đáp án môn: Toán 10 - Trường THPT Văn Quán (Năm học 2014-2015)

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2014 - 2015 TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Mã đề 01 Câu 1 (1,0 điểm)  x x 1 x 1   x  Rút gọn biểu thức A =   : x     với x > 0 và x  1  x  1 x 1  x  1  Câu 2 (3,0 điểm) Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0, m là tham số. a. Giải phương trình khi m = -1 b. Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. Câu 3 (3,0 điểm) Cho parabol (P): y =2x2 và đường thẳng d: 2x + y - 4 = 0 a. Vẽ (P) và d trên cùng một hệ trục toạ độ. b. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d. Câu 4 (2,0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Hạ các đường cao AD, BE của tam giác. Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là M, N. a. Chứng minh rằng bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Tìm tâm I của đường tròn đó. b. Chứng minh rằng MN // DE Câu 5 (1,0 điểm) x2  2x  1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức y  2 x 2 —Hết— Thí sinh không được sử dụng tài liệu để làm bài . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! Họ tên thí sinh..........................................................SBD..................
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2014 - 2015 TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Đáp án gồm 02 trang Mã đề 01 Nội dung Thang Câu điểm  x x 1 x 1   x  Ta có: A =   : x     với x > 0 và x  1  x  1 x 1  x  1  0.25  ( x  1)(x  x  1) x  1   x ( x  1) x  =     :             ( x 1)( x 1) x 1   x 1 x 1   x  x 1 x 1   x  x  x  1 =   :     0.25  x  1 x  1   x  1  x  x 1 x 1 x  x 2 x = : = : 0.25 x 1 x 1 x 1 x 1  x 2 x 1 2 x =  = 0.25 x 1 x x a) Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 2x - 8 = 0 0.5 Phương trình có nghiệm : x1 = 2; x2 = -4 0.5 b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  ' = m2 - (m - 1)3 > 0 (*) 0.5 Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u2 thì theo định lí Vi-ét ta có: u  u 2  2m (1) 0.5  2 u.u  (m  1) 3 (2) 2 Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: 0.5 (m - 1) + (m - 1)2 = 2m  m2 - 3m = 0  m(m-3) = 0  m = 0 hoặc m = 3đều thoả mãn điều kiện (*). Vậy với m   0; 3 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó 0.5 một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. y a) y= 2x 2 A 8 2x +y -4 =0 3 4 2.0 B 2 A’ B’ -2 -1 O 1 2 x 1
b) Hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm của phương trình: 0.5 2x2 = -2x + 4 hay: 2x2 + 2x – 4 = 0  x2 + x – 2 = 0 phương trình có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2= 8 0.5 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8). B(1;2) A N E I O 0.5 D B C 4 M   ADB  900 nên E, D cùng thuô ̣c đường tròn đường kinh AB. a) AEB ́ Do đó bốn điểm A, E, D, B nằm trên đường tròn đường kiń h AB. Tâm I của đường tròn chin ́ h là trung điể m của AB. 0.5  b. Xét đường tròn tâm I : ADE   ABE (hai góc nô ̣i tiế p cùng chắ n cung AE) 0.25  Xét đường tròn tâm O : AMN   ABN (hai góc nô ̣i tiế p cùng chắ n cung AN) 0.25  hay AMN   ABE (vì E thuộc BN). 0.25   AMN Từ đó suy ra ADE  . 0.25 Hai góc này ở vi ̣trí đồ ng vi ̣bằ ng nhau nên DE // MN (đpcm). x2  2 x  1 y   y  1 x 2  2 x  2 y  1  0  * 0.25 x 2 2 Để y đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) phải 0.25 5 có nghiệm   '  1  y 1 1 2 y   0 3  2 y 2  3 y  0  y  2 y  3  0  0  y  0.25 2 3 Vậy ymax  khi x = 2; ymin  0 khi x = -1 0.25 2 ********Hết***** 2
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2014 - 2015 TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Mã đề 02 Câu 1 (1,0 điểm)  1 1   1 1  1 Rút gọn biể u thức A =   :   với x > 0 và x  1  1 x x 1   1 x x 1  1 x Câu 2 (3,0 điểm) Cho phương trình: x2 + 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 (m là tham số) a. Giải phương trình khi m = -1 b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 – x2 = 2 Câu 3 (3,0 điểm) Cho parabol (P) y = x 2 và đường thẳng d : y = x + 2 a. Vẽ (P) và d trên cùng một hệ trục tọa độ. b. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d. Câu 4 (2,0 điểm) Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD của đường tròn đó. a. Gọi E là trung điểm của dây CD. Chứng minh 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc một đường tròn b. Chứng minh rằng nếu SA = AO thì SAOB là hình vuông. Câu 5 (1,0 điểm) x2  1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức y  2 x  x 1 —Hết— Thí sinh không được sử dụng tài liệu để làm bài . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! Họ tên thí sinh..........................................................SBD..................
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2014 - 2015 TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Đáp án gồm 02 trang Mã đề 02 Nội dung Thang Câu điểm  1 1   1 1  1 A =   :    với x > 0 và x  1  1 x x 1   1 x x 1  1 x 0.25  x 1 1  x   x 11 x  1    :     (1  x )( x  1)   (1  x )( x  1)  1  x 2 2 x 1 1  :  0.25 (1  x )( x 1) (1  x )( x 1) 1  x 1 1   0.25 x 1 x 1  x 1  x  0.25 a) Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 4x + 4 = 0 0.5 Phương trình có nghiệm kép: x1 = -2. 0.5 b)Phương trình có hai nghiệm x1 ; x2  '  0  6m  6  0  m  1 0.5 S  x1  x 2  –2  m  3 (1)  Theo hệ thức Vi-ét ta có:  0.5 P  x1. x 2  m +3 (2)  2 2 Từ x1 – x2 = 2 suy ra: ( x1 – x2)2 = 4  ( x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4 (*) 0.5 Thay (1) và (2) vào (*) ta được:  2  m  3   4  m 2  3  4  4  m2  6m  9   4m2 12  4 2 0.5 5  24m  24  4  m   ( thoả mãn m  1 ) 6 y a) 4 3 2 2.0 1 -5 -2 -1 O 1 2 5 x 1
b) Hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm của phương trình: 0.5 x2 = x + 2 hay: x2 - x – 2 = 0 phương trình có nghiệm: x1= -1; x2= 2 ; suy ra: y1= 1; y2= 4 0.5 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và d là A(-1; 1). B(2;4) A D E C a) Gọi I là trung điểm của OS. S O I 0.5 Theo tính chấ t tiế p tuyế n, ta có :   SBA SAB   900  A, B cùng thuô ̣c đường tròn tâm B I, đường kin ́ h OS (1) 4   900 Theo tính chấ t đường kính và dây cung, ta có : OE  CD hay OES  E thuô ̣c đường tròn tâm I, đường kiń h OS (2) 0.5 Từ (1) và (2) suy ra 5 điể m S , A, E, O, B cùng thuô ̣c đường tròn tâm I , đường kiń h OS. b) Ta có OA = OB (bán kính của (O)), 0.25 SA = SB (tính chất 2 tiế p tuyế n cắ t nhau) 0.25 Do đó, nế u SA = OA thì SA = SB = OA = OB  SAOB là hiǹ h thoi. 0.25   SBO Mà SAO   900  SAOB là hiǹ h vuông. 0.25 x2  1 y 2   y  1 x 2  yx  y  1  0  * 0.25 x  x 1 Để y đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) phải có nghiệm 0.25    y  4  y  1  0 2 2 5 2  3 y 2  8 y  4  0   2  y  3 y  2   0   y2 0.25 3 2 Vậy ymax  2 khi x = -1; ymin  khi x = 1 0.25 3 ********Hết******* 2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.