Đề kiểm tra HK1 Toán khối 10 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Nguyễn Hữu Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

184
lượt xem 33
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng ôn tập và củng cố kiến thức môn Toán với 3 Đề kiểm tra HK1 Toán khối 10 (Kèm đáp án) gồm các bài tập thường gặp trong chương trình Toán học lớp 10 sẽ giúp bạn tự tin và làm bài kiểm tra đạt điểm cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra HK1 Toán khối 10 (Kèm đáp án)

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN – KHỐI 10 Thời gian làm bài: 90 phút. ***** Mỗi học sinh phải ghi đầy đủ tên lớp cùng họ và tên vào phần phách và ghi 1 trong 2 câu sau đây vào phần đầu bài làm tùy theo loại lớp của mình. Ban A, B : Làm các câu 1, 2, 3, 4, 5, 6. Điểm các câu lần lượt là: 3; 1; 1; 1; 2; 2. Ban D, SN: Làm các câu 1, 2, 3, 4, 5, 6a. Điểm các câu lần lượt là: 3,5; 1; 1; 1; 2; 1,5. Câu 1 : Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x 2 + x 2 − x + 3 = x + 9 ⎧4 x − 2 + 3( y 2 − 5 y ) = −8 ⎪ ⎧ x 2 = 3x + 2 y ⎪ b) ⎨ . c) ⎨ 2 . ⎪3 x − 2 − 4( y − 5 y ) = 19 ⎪ y = 3y + 2x 2 ⎩ ⎩ Câu 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3x − m − 1 2 x + 2m − 3 + x −1 = . x −1 x −1 Câu 3: Tìm m để bất phương trình sau có tập nghiệm là R: (m 2 − m) x + m < 2x +1 . Câu 4: Cho a, b, c ≥ 0. Chứng minh bất đẳng thức sau: a (1 + b) + b(1 + 4c) + c(1 + 9a ) ≥ 12 abc . Câu 5: Cho hình bình hành ABCD có AB = 3a; AD = 5a; góc BAD = 1200 . uuu uuur uuur uuu r r a) Tính các tích vô hướng sau: AB. AD ; AC.BD b) Tính độ dài đoạn BD và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 6: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(– 5; 6 ); B(– 4; – 1); C(4; 3). a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. uuuu r uuur uuuu r uuur uuur b) Tìm điểm M thuộc trục Oy sao cho T = 3 2 MA + 3MB + 4 4MA − 3MB + 2MC ngắn nhất. *****
1 ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI 10 HỌC KỲ I – NĂM HỌC: 2010 - 2011 Câ Nội dung Ban Ban u A, B D,SN 1 a x 2 + x 2 − x + 3 = x + 9 (1).Đặt t = x 2 − x + 3 . Điều kiện: t ≥ 0 . 0.25 0.25 (Nếu thiếu điều kiện không trừ, vẫn cho 0.25 đ) A–B Phương trình (1) trở thành: t 2 + t − 12 = 0 0.25 0.25 (1đ) ⎡ t = −4 (loaï ) i ⇔⎢ ⇔t =3 ⎣ t = 3 (nhaä) n 0.25 0.25 D, SN ⎡ x = 3 (nhaä) n 0.25 (1,25đ) ⇔ x2 − x + 3 = 3 ⇔ x 2 − x − 6 = 0 ⇔ ⎢ 0.25 ⎣ x = −2 (loaï ) i 0.25 b ⎧4 x − 2 + 3( y 2 − 5 y ) = −8 ⎪ ⎧a = x − 2 ⎪ a/ ( I ) ⎨ .Đặt ⎨ . Điềukiện: a ≥ 0 0.25 0.25 ⎪3 x − 2 − 4( y − 5 y ) = 19 ⎪b = y − 5 y 2 2 1đ ⎩ ⎩ (Nếu thiếu điều kiện không trừ, vẫn cho 0.25 đ) ⎧4a + 3b = −8 0.25 0.25 Hệ (I) trở thành: ⎨ ⎩3a − 4b = 19 ⎧⎡ x = 3 ⎪⎢ ⎧a = 1 (nhaä) n ⎧ x − 2 =1 ⎪ ⎪⎣ x = 1 0.25 0.25 ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⇔⎨ ⎩b = −4 ⎪ y − 5 y = −4 ⎩ ⎪⎡ y = 1 ⎪⎢ y = 4 ⎩⎣ ⎧x = 1 ⎧x = 1 ⎧x = 3 ⎧x = 3 0.25 0.25 ⇔⎨ ; ⎨ ; ⎨ ; ⎨ ⎩y =1 ⎩y = 4 ⎩y =1 ⎩y = 4 c ⎧ x 2 = 3x + 2 y ⎪ ⎧ x 2 − y 2 = 3x + 2 y − 3 y − 2 x ⎪ 0.25 0.25 ⎨ 2 ⇔⎨ 2 ⎪ y = 3y + 2x ⎩ ⎪ x = 3x + 2 y ⎩ AB ⎧( x − y )( x + y − 1) = 0 ⇔⎨ 2 0.25 0.25 (1đ) ⎩ x = 3x + 2 y ⎡⎧ x − y = 0 ⎢⎨ 2 ⎢ ⎩ x = 3x + 2 y 0.25 0.25 ⇔⎢ D,SN x + y −1 = 0 ⎢⎧⎨ 2 (1,25đ) ⎢ ⎩ x = 3x + 2 y ⎣ ⎡⎧ x = y ⎢⎨ 2 ⎢⎩ x − 5x = 0 ⎧ x = 0 ⎧ x = 5 ⎧ x = −1 ⎧ x = 2 0,25 ⇔⎢ ⇔⎨ ; ⎨ ; ⎨ ; ⎨ ⎢⎨⎧ y = 1− x ⎩ y = 0 ⎩ y = 5 ⎩ y = 2 ⎩ y = −1 0.25 0.25 ⎢ 2 ⎣⎩ x − x − 2 = 0 1
2 2 1đ 3x − m − 1 2 x + 2m − 3 0.25 0.25 + x −1 = (1). Điều kiện x >1 x −1 x −1 (1) ⇔ 3 x − m − 1 + x − 1 = 2 x + 2m − 3 0.25 0.25 3m − 1 ⇔x= 2 0.25 0.25 3m − 1 (1) có nghiệm ⇔ > 1 ⇔ m > 1. 2 0.25 0.25 3 1đ (m 2 − m ) x + m < 2 x + 1 ⇔ ( m2 − m − 2 ) x + m − 1 < 0 0.25 0.25 ⎧m 2 − m − 2 = 0 0.25 0.25 Bất phương trình có tập nghiệm là R ⇔ ⎨ ⎩m − 1 < 0 ⎧ ⎡ m = −1 ⎪ ⇔ ⎨ ⎢ m = 2 ⇔ m = −1 . ⎣ 0.25 0.25 ⎪m < 1 ⎩ 0.25 0.25 4 1đ Chứng minh: a(1 + b) + b(1 + 4c) + c(1 + 9a) ≥ 12 abc (1) Cách 1: (1) ⇔ a + ab + b + 4bc + c + 9ca ≥ 12 abc 0.25 0.25 ( ) ( ⇔ a + 4bc − 4 abc + b + 9ac − 6 abc + c + ab − 2 abc ≥ 0 ) ( ) 0.25 0.25 (vì a, b, c ≥ 0 nên ab, 4bc, 9ac ≥ 0.) 0.25 0.25 ( ) +( ) +( ) 2 2 2 ⇔ a − 2 bc b − 3 ac c − ab ≥ 0 (luôn đúng với a,b,c ≥ 0) 0.25 0.25 Lưu ý: HS có thể trình bày dưới dạng bất đẳng thức Cauchy, Cách 2: Vì a, b, c ≥ 0 nên ab, 4bc, 9ac ≥ 0. 0.25 0.25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta được: a + 4bc ≥ 2 a 4bc ; b + 9ac ≥ 2 b9ac ; c + ab ≥ 2 abc 0.5 0.5 Cộng theo vế, ta được: ⇔ a + ab + b + 4bc + c + 9ca ≥ 12 abc ⇔ a(1 + b) + b(1 + 4c) + c(1 + 9a) ≥ 12 abc (đpcm) 0.25 0.25 Lưu ý: Cả hai cách làm, nếu thiếu lý luận Vì a, b, c ≥ 0 nên ab, 4bc, 9ac ≥ 0 thì trừ 0,25 đ 5 a uuu uuur r 15a 2 0.5 0.5 AB. AD = AB. AD.cos DAB = 3a.5a.cos1200 = − 1đ 2 uuur uuu r uuur uuu uuur uuu r r AC.BD = ( AD + AB)( AD − AB) = AD 2 − AB 2 = 16a 2 0.5 0.5 uuu 2 r uuur uuu r uuur uuu r b ( ) 0.25 0.25 2 BD = AD − AB = AD 2 + AB 2 − 2 AD. AB = 49a 2 1đ ⇒ BD = 7a 0.25 0.25 2
3 Lưu ý: Học sinh có thể giải câu này theo định lý hàm số cos. ABCD là hình bình hành nên: BC = AD = 3a; góc BAD + góc ABC = 1200 ⇒ ABC = 600 Áp dụng định lý hàm số cos trong tam giác ABC, ta được: AC 2 = BC 2 + AB 2 − 2 BC. AB.cos ABC = 19a 2 ⇒ AC = a 19 0.25 0.25 Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABC, ta được: AC a 19 57 0.25 0.25 R= = 0 =a 2sin ABC 2sin 60 3 uuur uuur 6 a AH = ( x + 5; y − 6) BC = (8; 4) 0.25 0.25 a) Gọi H(x; y). Ta có: uuur và uuu r CH = ( x − 4; y − 3) AB = (1; − 7) 0.25 0.25 uuur uuu r AB ⎧ AH .BC = 0 ⎪ ⎧8( x + 5) + 4( y − 6) = 0 H là trực tâm giác ABC ⇔ ⎨ uuur uuu r ⇔⎨ 0.25 (1đ) ⎪CH . AB = 0 ⎩ ⎩( x − 4) − 7( y − 3) = 0 0.25 0.25 ⎧ x = −3 ⇔⎨ ⎩y = 2 0.25 D,SN Vậy H(–3; 2) 0.25 0.25 (1,5đ) uuur b ⎧ MA = (−5; 6 − y ) ⎪ uuur ⎪ 0.5đ Vì M thuộc trục Oy nên M(0; y). Ta có: ⎨ MB = (−4; − 1 − y ) 0.25 ⎪ uuuu r ⎪ MC = (4;3 − y ) ⎩ uuur uuur uuur uuur uuuu r ⇒ MA + 3MB = (−17; 3 − 4 y ); 4 MA − 3MB + 2 MC = (0; 33 – 3y) 0.25 Do đó uuuu r uuur uuuu r uuur uuur T = 3 2 MA + 3MB + 4 4MA − 3MB + 2MC = 3 12 + 12 . 172 + (3 − 4y)2 + 4 33 − 3y ≥ 3 17 + (4y − 3) + 4 33 − 3y ≥ (42 + 12y) + (132 − 12y) ≥ 174. 0.25 ⎧17 = 4 y − 3 Dấu “=” xảy ra ⎨ ⇔ y = 5. ⎩(42 + 12 y )(132 − 12 y ) ≥ 0 uuuu r uuur uuuur uuur uuur Vậy T = 3 2 MA + 3MB + 4 4MA − 3MB + 2MC ngắn nhất bằng 174 0.25 ⇔ M(0; 5) 3
SdGD&ET QuAng Narn Ki6rn tra hpc ki I Trulng TI-{PT TrAn Cao VAn Nirn hoc: 2012-2013 m6ru roAru t
S0 GiSo d1rc & Ddot4o Quang Nam Trucrng THPT Trdn Cao VAn D6p 6n vi thang tli6m: M6n To6n kh6i 10 Chuong trinh chuAn H 1 nim hscz 2012-2013 BeIi 1 1,0 d , AaB:{0, 1,2 l, Au B: { -1,0, 1,2, Ji,3, 4 } 0,5 A\B : {3,4 }, B\A: { -:, ,'6 } 0.5 Bdi2 3,0d 1)* TXD: D:R 0,25 * SU bi6n thi6n: + Einh I(2;l) 0,25 +Trgc ct6i ximg: ld ctucrng thilng12 0,25 + Bing bi6n thi6n: 0,5 x .O 2 *oo v I -r'\ \ _oo -@ + DiiSm d{c biQt: g ao di6m cria (P) v6i Ox: (1:0 (3;0) (P) (1;0), 0.25 giao di6m ctra (P) v6i Oy:-(0;-3) * D0 thi: 0,5 2)* Phucnrg trinh hodnh tlQ giao cli6m cria (P) vd dt (d) y2+4x-3-2x*m ox'-2x*m*3:0 (1) 0.25 * 56 nghiQm cria (1) beng s5 giao di6m cria (P) vd (d) 0.25 * Tinh dugc A,': -m-2 0.25 * Ly lupn din dtin A' >0 e m < -2 0.25 Bii 3 2.0 d 1)* Di6u ki6n: x+ I 0.25 *Bi6n AOi aSn d6n pt: *' - 3x* 2 : 0 0.2s x:l ho{c x:2 0.25 * K6t ludn: x:2ldnqhiOm ctra pt 0.25 :2x*3 2) "tx' 1.1 l2x+3>0 0.25 r+J - [r'-2x-J=(Zx+3)2 ft -- lx> 0.25 e{ I 2 l3x' + l4x +12 = 0 Gi6i vd t
Bei 4 40d 1)a) R=,lfn*T) 0.5 1 ,)- : *(1,qn + AC) 0.25 2'3 l_ I_ : LAB+LAC 0,2.5 32 t- g.w=y b) Ggi H ld trung di6m c?nh aC. a; MC-MB=BC t- C@ : 0.2s 0.2s ltu*re\=lMe -ml*2MH:BC -t 0.25 Tap hSp M ld dudrng trdn tdm H, b6n kinh b6ne E 0.2s 2 2) a) Ghi dung c6ng thirc tea itQ treng t6m vd tinh duqc Gq;+) 0.s Ghi dung c6ng thtic tga tlQ trung di6m vd tfnh dugc \ r2/ . le;!) 0.5 0.25 m.fr =0. Suy ra BATBC. Vay ABC vu6ng tai B 0.25 8A:^6, BC:3rE 0.25 v6y Sasc:]ne.e 1 c:: (d.v.d.t) 0.25 (Mqi c4ch gi6i khric ctirng ddu cho dirim tOi Aa) O9 tlri : @di 2 cdu 1) ',iit',
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2013-2014 TỔ TOÁN Môn TOÁN – LỚP 10 Nâng Cao Thời gian: 90 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------------------ Câu 1: (3 điểm) 3 a) Tìm tập xác định của hàm số y = − 3 − 2x . x b) Giải phương trình: 2x2 + 1 = 1 − x Bài 2 ( 2 điểm ) a) Cho hàm số y = ax2 + bx + 1. Xác định hàm số biết rằng đồ thị của hàm số đó là parabol có trục đối xứng x = -1 và đi qua điểm A(2;3). b) Cho phương trình: x − ( m − 3) x − m + 6 = 0 (1) . Tìm m để phương trình (1) có 2 đúng một nghiệm dương. ì ï ï 2x + y + x = 3 - y Câu 3: (0.5điểm) Giải hệ phương trình sau: ï í 2 ï 2 ï x - 2xy - y 2 = 2 ï ï î 1 Câu 4: (0.5điểm) : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2 x + 5 + với x > −1 ( x + 1) 2 Câu 5: (2 điểm) :Trong hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC với A(−2; −1), B(0; 3) , C(3; 1). a) Gọi G trọng tâm của tam giác ABC. Tính AG b) Tìm tọa độ điểm D có hoành độ dương sao cho tam giác ABD vuông cân ở B. Câu 6: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có trọng tâm G, trung tuyến AM, D là điểm đối xứng của G qua M. uuuu uuu uuu r r r r a) Chứng minh rằng 2 DM + GB + GC = 0 . b) Cho biết AB=5, AC=6, BC=7 . Tính AD ---------------------------- Hết -------------------------- ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: TOÁN 10 – NĂM HỌC 2013 - 2014 ****************************** ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC TOÁN 10 A Câu Ý Nội dung Điểm 1 ⎧x > 0 ⎪ a Hàm số xác định ⇔ ⎨ 3 0.5 ⎪x ≤ 2 ⎩ 3 ⇔0< x≤ 2 0,5 ⎛ 3⎤ Vậy tập xác định của hàm số là: . D = ⎜ 0; ⎥ 0,5 ⎝ 2⎦
⎧ x2 + 2x = 0 b ⇔⎨ ( Cý: Không có đk x ≤ 1 ,2nghiệm đúng cho 1điêm) x ≤1 0,5 ⎩ ⎧⎡ x = 0 ⎪ ⇔ ⎨ ⎢ x = −2 ⎣ 0,5 ⎪x ≤ 1 ⎩ KL nghiệm. x = −2 ,x=0 0,5 2 ⎧ b ⎪− = −1 a ⎨ 2a ⎪3 = 4a + 2b + 1 ⎩ 0,50 ⎧b = 1/ 2 ⇔⎨ 0,5 ⎩a = 1/ 4 1 1 y = x2 + x + 1 0.5 4 2 Phương trình có 1 nghiệm dương phân biệt ⎡⎧ b ⎡ x = x2 > 0 ⎢ ⎪ x1 = x2 = − 2a > 0 b ⎨ ⇔⎢ 1 ⇔ ⎢⎪ ⎣ x1 ≤ 0 < x2 ⎢ ⎩Δ = 0 ⎢x ≤ 0 < x 0,25 ⎣ 1 2 ⎡k = 5 ⇔⎢ 0.25 ⎣k ≥ 6 3 ì 2 2x + y + 2x + y - 3 = 0 ì 2x + y = 1 ï ï ï ï ï í 2 Û ï 2 í ï x - 2xy - y = 2 ï 2 ï x - 2xy - y 2 = 2 ï 0,25 ï î ï î ì y = 1 - 2x ï ì y = 1 - 2x ï ï ï ï ï ïé = 1 Û í 2 2 Û íêx ï x - 2x (1 - 2x )- (1 - 2x ) = 2 ï ïê ï x ï î ïê = - 3 ïë î KL: Nghiệm (1;-1) và (-3;7) 0,25 4 1 1 y = ( x + 1) + ( x + 1) + + 3 ≥ 3 3 ( x + 1) ( x + 1) +3 0.25 ( x + 1) ( x + 1) 2 2 y ≥ 3+ 3 = 6 Vậy Miny =6 khi x=0 0,25 5 Trong hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC với A(−2; −1), B(0; 3) , C(3; 1). ⎧ 1 ⎪ xG = a ⎨ 3 0.5 ⎪ yG = 1 ⎩ 85 ⇒ AG = 0.5 3 uuu r uuu r b Gọi D(x;y) với x>0, ta có AB = (2; 4), BD = ( x; y − 3) 0,25
ΔABD vuông cân tại B nên ta có: uuu uuu r r uuu uuu r r ⎧ ⎪ AB ⊥ BD ⎧ ⎪ AB.BD = 0 ⎧2 x + 4 ( y − 3) = 0 ⎪ ⎨ ⇔⎨ 2 ⇔⎨ 0,5 ⎪20 = x + ( y − 3) 2 ⎪ AB = BD ⎩ ⎪ AB = BD ⎩ 2 ⎩ 2 ⎧x = 4 ⇔⎨ . Vậy D(4;1) ⎩y =1 0.25 6 A G B C M D uuuu uuu uuur r r r a Chứng minh rằng 2 DM + GB + GC = 0 . uuuu uuu uuu r r r uuuur uuuu r * Ta có : 2 DM + GB + GC = 2 DM + 2GM (vì M là trung điểm BC) 0,5 uuuu uuuu r r r = 2( DM + GM ) = 0 (vì M là trung điểm) 0,5 b Cho biết AB=5, BC=6, AC=7 . Tính AD 1⎛ 2 BC 2 ⎞ 73 AM = ⎜ AB + AC − 2 2 ⎟= 0.5 2⎝ 2 ⎠ 4 73 ⇒ AM = 0.25 2 4 2 73 AD = AM = 0.25 3 3 MA TRẬN ĐỀ THI HỌC KÌ I ( 2013 – 2014) Môn : Toán Lớp 10 ( CT nâng cao) Người biên soạn: ĐẶNG QUANG VŨ Đơn vị: Tổ Toán – Trường THPT Ngô Gia Tự Chủ đề Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng cộng Hàm số và Hàm số Câu 1a ,2a 2 bậc hai 2 2 Phương trình qui về Câu 1b Câu 2b 2 bậcnhât - bậc hai 1 1 2 Hệ phươngtrình Câu 3 1 1 1
Bất đẳng thức Câu 4 1 1 1 Véc tơ,toạ độ điểm, Câu5a, 6a Câu5b, 3 tích vô hướng 2 1 3 Hệ thức lượng trong Câu 6b 1 tam giác 1 1 Tổng 5 3 2 10 5 3 2 10