KIỂM TRA HỌC KÌ I Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN - Lớp 10 Ngày thi:25/12/2014 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang)

A

B

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) Câu I. (1,0 điểm)

Cho hai tập hợp Tìm A B và A B .

  0;1;3; 4 ,

  1;3; 5 .

2

x

 y ax

 bx 2(a

0)

Câu II. (2,0 điểm)

 và đi

3 2

1. Tìm parabol (P): , biết parabol đó có trục đối xứng là

qua điểm

 A

1;6 .

2

y

x

2x 1. 

2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :  

2

Câu III. (3,0 điểm)

4x

   .  0

9 2x   . 16

3 65x

1. Giải phương trình : 2x 4 2. Giải phương trình :

 3x 2y  

  2  x 4y 3

  

3. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình: .

Câu IV. (2,0 điểm)

M

N

 

P

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác MNP có

 3; 0 ,

 1; 1 ,

  1; 2 .

.

 và tọa độ NG

1. Tìm tọa độ trọng tâm G của MNP 2. Tìm tọa độ đỉnh Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành.

 

  . Chứng minh bất đẳng thức: a b 1

  ab

b a 1

1; b 1

II. PHẦN RIÊNG - Tự chọn (2,0 điểm) Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

.

2

Phần 1: Theo chương trình Chuẩn. Câu V.a. (1,0 điểm) Cho a Câu VI.a. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(–2; 6), C(9; 8). Tìm tọa độ trực tâm H của ABC Phần 2: Theo chương trình nâng cao. Câu V.b.

4x

12(x

   . ) 13

0

4   2 x

1 x

Giải phương trình:

Câu VI.b. (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC có A(–4;5),B(–2;0),C(1;3). Biết AH là đường cao của ABC(H BC) Tìm tọa độ H . HẾT.

KIỂM TRA HỌC KÌ I Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN - Lớp 10 Ngày thi:25/12/2014

A

B

Cho hai tập hợp

Tìm A B và A B .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC (gồm có 04 trang)

A B

A B

2

Điểm 0,5  Câu Câu I (1,0 đ) 0,5  Nội dung yêu cầu     1;3; 5 . 0;1;3; 4 ,     0;1;3; 4;5     1;3

1. Tìm (P):

, biết (P) có trục đối xứng là

 và đi

x

 y ax

 bx 2(a

0)

3 2

qua điểm

 A

1;6 .

 là trục đối xứng suy ra:

    (1)

x

3a

b

0

3 2

 b 2a

3 2

A

a b

4

(2)

 (P) qua

1;6     0

1

a

 Hệ

 

a b

4

 

3

2

y

  b  3x 2

x

0,25 0,25 0,25 0,25

 a b   3     Vậy (P):

 .

y

x

x

 

2 2 

1.

2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  D = R; Tọa độ đỉnh

I

1; 0 . 

Câu II (2,0 đ)

 Trục đối xứng là đường thẳng x = 1. Do a = -1 < 0 nên (P) có bề lõm hướng xuống.  Bảng biến thiên x  1 + 0 y    Đồ thị:

1

0,25 0,25 0,25 0,25

   .(*) 9 2x

3

0

2

(9

2x)

x

 (*)

2

9 2 

  78

38x

0

x

  x

3

9 2  x 3

x

13 2

S

  3

4

2

  .

4x

16

0

65x 0) . Phương trình trở thành:

24t

65t 16

  0

16

1. Giải phương trình: 2x    9 2x       2x 3      4x      0,25 0,5 0,25 Vậy tập nghiệm là

1 4

2

 (thỏa đk) Câu III (3,0 đ)

x

x

t

2

x

x

t

      4 16 1 1       2 4

 

0,25 0,25 0,25 0,25  2. Giải phương trình:  Đặt t = x2 (t   t      t  16 1 4

x

; x

  . 4

1 2

Vậy phương trình có 4 nghiệm:

y y

2 4

  2  3

 x  3  x   

3. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình: .

 x

x  3 x  

y 2 y 4

  2  3

y 2  12

  2 y  9

  

 x 3   3 

 

2

 .

 y

2 

y 7

1 2

 x 3   14     x 1    1 y   2

N

 

P

M

 . Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (–1; ).

 1; 1 ,

  1; 2 .

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác MNP có 1. Tìm tọa độ trọng tâm G của MNP

  3; 0 ,  và tọa độ NG . x  M

x P

1

x G

nên:

G x y là trọng tâm MNP

( ;

)

G

(1;

)

y

y

1 3

M

P

y G

1 3

x N 3 y N 3

    

 Câu IV (2,0 đ)

    NG (1 ( 1);

   ( 1))

(2;

)

1 3

4 3

2

 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5







  

2. Tìm tọa độ đỉnh Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành. Gọi Q(x ;y)   Tứ giác MNPQ là hình bình hành nên PQ NM

2)

; NM (4;1) 

 PQ (x 1; y

x y

x y

   

 

1 4 2 1

5 3

  

  

1; b 1

 

  . Chứng minh bất đẳng thức: a b 1

b a 1

 Hệ . Vậy Q(5 ;3)

 

(b 1)1

    (1) a b 1

ab 2

  b 1 1 2

Cho a   ab  Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho hai số không âm b 1 và 1

b a 1

  , Đẳng thức xảy ra khi a=b=2

b 2 ab   (2) 2    a b 1

b a 1

Câu V.a (1,0 đ)  Tương tự:







  

 

Câu VI.a (1,0 đ)

 ; BH (x

; AH (x 1; y

 2; y 6)

2)

 Từ (1) và (2) ab Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(–2; 6), C(9; 8). Tìm tọa độ trực tâm H của ABC . Gọi H(x;y)  AC (8;6) 

 

2(y

0

x

1

 H là trực tâm nên:

. Vậy H(1; 2)

      2)  

6(y 6)

0

  2)

y

2

; BC (11; 2)     AH BC    BH AC       

 11(x 1)     8(x  

2

   .(1)

4x

12(x

) 13

0

4   2 x

Giải phương trình:

  4(x

12(x

   0 5

)

1 x 21 ) x

1 x

 Với điều kiện x  0, (1)

x

5 2 1 2

 1    x  x   1      x

(thỏa đk)

x

2x

5x

0

2

5 2

1 x

2 1 2

  x  2           x 

2

      (vô nghiệm).

x

2x

x

2

0

 Câu V.b (1,0 đ)

1 x

1 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2,

x

1  2

3

 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

. Tìm tọa độ H





 

; AH (x

 4; y 5)

2; y)

Cho tam giác ABC có A(–4;5),B(–2;0),C(1;3).Biết AH là đường cao của ABC(H BC)  Gọi H(x;y)  BC (3;3) 



 BC

 H chân đường cao kẻ từ A nên:

 ; BH (x       AH BC    BH

 

  4)

3(y 5)

0

 

x

1 2

. Vậy H(

Câu VI.b (1,0 đ)

)

2

1  ; 2

3 2

y 3

 3(x      x   3 

3 2

         y  

4

 0,25 0,25 0,5