Đề kiểm tra học kì 1 năm học 2014-2015 môn Toán 10 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Tháp

Chia sẻ: Cau Le | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

101
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là "Đề kiểm tra học kì 1 năm học 2014-2015 môn Toán 10 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Tháp", mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc 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: Đề kiểm tra học kì 1 năm học 2014-2015 môn Toán 10 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Tháp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KÌ I TỈNH ĐỒNG THÁP Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN - Lớp 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi:25/12/2014 (Đề gồm có 01 trang) Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) Câu I. (1,0 điểm) Cho hai tập hợp A  0;1;3; 4 , B  1;3; 5 . Tìm A  B và A  B . Câu II. (2,0 điểm) 3 1. Tìm parabol (P): y  ax 2  bx  2(a  0) , biết parabol đó có trục đối xứng là x  và đi 2 qua điểm A  1;6  . 2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y   x 2  2x  1. Câu III. (3,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2x  3  9  2x . 2. Giải phương trình : 4x 4  65x 2 16  0 . 3x  2y  2 3. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:  .  x  4y  3 Câu IV. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác MNP có M  3; 0  , N  1; 1 , P 1; 2  .  1. Tìm tọa độ trọng tâm G của MNP và tọa độ NG . 2. Tìm tọa độ đỉnh Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành. II. PHẦN RIÊNG - Tự chọn (2,0 điểm) Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình Chuẩn. Câu V.a. (1,0 điểm) Cho a  1; b  1 . Chứng minh bất đẳng thức: a b 1  b a 1  ab 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. 4 1 Giải phương trình: 4x 2  2 12(x  ) 13  0 . x x 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.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KÌ I TỈNH ĐỒNG THÁP Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN - Lớp 10 HƯỚNG DẪN Ngày thi:25/12/2014 CHẤM CHÍNH THỨC (gồm có 04 trang) Câu Nội dung yêu cầu Điểm Cho hai tập hợp A  0;1;3; 4 , B  1;3; 5 . Tìm A  B và A  B . Câu I 0,5 (1,0 đ)  A  B  0;1;3; 4;5  A  B  1;3 0,5 3 1. Tìm (P): y  ax 2  bx  2(a  0) , biết (P) có trục đối xứng là x  và đi 2 qua điểm A  1;6  . 3 b 3  x là trục đối xứng suy ra:   3a  b  0 (1) 0,25 2 2a 2  (P) qua A  1;6   a  b  4 (2) 0,25 3a  b  0 a  1  Hệ   a  b  4 b  3 0,25 0,25  Vậy (P): y  x 2  3x  2 . 2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x 2  2 x  1.  D = R; Tọa độ đỉnh I 1; 0  . 0,25  Trục đối xứng là đường thẳng x = 1. Do a = -1 < 0 nên (P) có bề lõm hướng xuống. 0,25 Câu II  Bảng biến thiên (2,0 đ) x  1 + 0,25 0 y    Đồ thị: 0,25 1
1. Giải phương trình: 2x  3  9  2x .(*) 9  2x  0  (*)   0,25 2x  3  (9  2x) 2   9   x  2 0,5   4x  38x  78  0  2  9 x   2   x 3  x 3   13  x  0,25  2 Vậy tập nghiệm là S  3 2. Giải phương trình: 4x 4  65x 2 16  0 .  Đặt t = x 2 (t  0) . Phương trình trở thành: 4t 2  65t  16  0 0,25  t  16  Câu III   1 (thỏa đk) (3,0 đ) t  0,25  4  t  16  x 2  16  x  4 0,25 1 1 1 0,25  t   x2   x   4 4 2 1 Vậy phương trình có 4 nghiệm: x   ; x  4 . 2 3x  2 y  2 3. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:  .  x  4 y  3 3 x  2 y  23 x  2 y  2 0,25   .  x  4y  3 3 x  12 y  9 3 x  2 y  2   0,25 14 y  7  x  1  1   1 . Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (–1; ). 0,5 y  2  2 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác MNP có M  3; 0  , N  1; 1 , P 1; 2  .  1. Tìm tọa độ trọng tâm G của MNP và tọa độ NG .  xM  xN  xP Câu IV  xG  1 1  G ( x; y) là trọng tâm MNP nên:  3  G (1; ) (2,0 đ) 0,5  y  yM  y N  yP  1 3  G 3 3   NG  (1 (1); 1  (1))  (2; 4 ) 0,5 3 3 2
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 0,25    PQ  (x 1; y  2) ; NM  (4;1) 0,5 x 1  4 x  5  Hệ   . Vậy Q(5 ;3)  y  2  1 y  3 0,25 Cho a  1; b  1 . Chứng minh bất đẳng thức: a b 1  b a 1  ab  Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho hai số không âm b 1 và 1 Câu b 1  1 b ab (b 1)1    a b 1  (1) 0,5 V.a 2 2 2 (1,0 đ) ab  Tương tự: b a 1  (2) 0,25 2  Từ (1) và (2)  a b 1  b a 1  ab , Đẳng thức xảy ra khi a=b=2 0,25 Câu Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(–2; 6), C(9; 8). Tìm tọa độ trực tâm H VI.a của ABC . (1,0 đ) Gọi H(x;y)      AC  (8;6) ; BC  (11; 2) ; AH  (x 1; y  2) ; BH  (x  2; y  6) 0,25   AH  BC  0,25  H là trực tâm nên:    BH  AC  11(x 1)  2(y  2)  0  x  1   . Vậy H(1; 2) 0,5 8(x  2)  6(y  6)  0  y  2 Giải phương trình: 4x 2  42 12(x  1 )  13  0 .(1) x x  Với điều kiện x  0, (1)  4(x  1 ) 2 12(x  1 )  5  0 0,25 x x  1 5 x      x 2 0,25  1 1 x    x 2 Câu V.b x  2 1 5  (1,0 đ)  x    2x  5x  2  0   2 1 (thỏa đk) 0,25 x 2 x   2 1 1  x    2x 2  x  2  0 (vô nghiệm). 0,25 x 2 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2, x  2 3
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 Gọi H(x;y)    0,25  BC  (3;3) ; AH  (x  4; y  5) ; BH  (x  2; y)   Câu AH  BC  H chân đường cao kẻ từ A nên:    0,25 VI.b  BH  BC (1,0 đ)   3(x  4)  3(y  5)  0 x   1     x  2 y   2 . Vậy H( 1 ; 3 )  0,5    3 2 2  3 3  y  2 4