Đề KTCL HK1 Toán 10 - THPT Hòa Bình 2012-2013 (kèm đáp án)

Chia sẻ: Huynh Hoa Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

103
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán lớp 10 của trường THCS - THPT Hòa Bình 2012 dành cho các bạn học sinh phổ thông lớp 10 đang ôn tập chuẩn bị cho kỳ thi học kì 1 giúp các bạn có thêm tài liệu để tham khảo. Chúc các bạn thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL HK1 Toán 10 - THPT Hòa Bình 2012-2013 (kèm đáp án)

ƯSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 20/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: Trường THCS và THPT HÒA BÌNH I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm) Câu I: (1,0 điểm) Xác định tập hợp sau và biểu diễn trên trục số. (– 7; 5] [3; 8] Câu II: (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị của hai hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ và tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng: f(x) = 3x + 1 và g(x) = 2x – 3 b) Xác định hàm số bậc hai y = ax2 – 4x + c, biết đồ thị của hàm số có trục đối xứng x = 2 và cắt trục hoành tại điểm A(3; 0) Câu III: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 2 x2 8 a) = ; b) 4 x − 9 = 2 x − 5 x +1 x +1 Câu IV: (2,0 điểm) r r r r r r r a) Cho a (1; – 2); b (– 3; 0); c (4; 1). Hãy tìm tọa độ của t = 2 a – 3 b + c b) Cho tam giác ABC. Các điểm M(1; 1); N(2; 3); P(0; – 4) lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Tính tọa độ các đỉnh của tam giác. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu Va (2,0 điểm) 3x − 4 y = 2 1) Giải hệ phương trình sau: −5 x + 3 y = 4 2) Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi là 32. Tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Câu VIa (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(2; 4) và B(1; 1). Tìm tọa độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông cân tại B. 2. Theo chương trình nâng cao Câu Vb (2,0 điểm) − x − 3 y + 4z = 3 1) Giải hệ phương trình sau: 3x + 4 y − 2 z = 5 2x + y + 2z = 4 3 x + 1 khi − 2 x 0 1) Tìm tập xác định và xét sự biến thiên của hàm số: y = −2 x khi 0 < x 1 2 x + 1 khi 1 < x 2
Câu Vb (1,0 điểr uu r ặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 3) và B(5; 1). Tìm tọa độ điểm I uu uu Trên m r m) r thỏa mãn IO + IA − IB = 0 . HẾT. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Đơn vị ra đề: Trường THCS và THPT HÒA BÌNH Câu Nội dung yêu cầu Điểm I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm) (– 7; 5] [3; 8] = [3; 5] 0,5đ Câu I (1,0 đ) [ ] 0,5đ 3 5 a) f(x) = 3x + 1 và g(x) = 2x – 2 y y = 3x +1 4 y = 2x – 2 1 0,75đ O 1 x Câu II -2 (2,0 đ) H H( – 3; – 8) 0,25đ b 0,25đ Ta có: − =2 a=1 2a Đồ thị đi qua điểm A(3; 0) nên ta có: 32 – 4.3 + c = 0 c = 3. 0,25đ Vậy: y = x2 – 4x + 3 0,5đ Câu III a) Điều kiện: x – 1 0,25đ
2 x2 8 = 2x2 = 8 x= 2 x +1 x +1 0,5đ Vì x = – 2 không thỏa điều kiện nên nghiệm của phương trình là x = 2 0,25đ 9 0,25đ b) Điều kiện: x 4 4x − 9 = 2x − 5 4x – 9 = 4x2 – 20x + 25 0,25đ (2,0 đ) 4x2 – 24x + 34 = 0 6+ 2 x= 2 0,25đ 6− 2 x= 2 6+ 2 So với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x = 2 0,25đ r r r Ta có: 2 a = (2; – 4); – 3 b (– 9; 0); c (4; 1) 0,5đ r Câu IV t (– 3; – 3) 0,5đ (2,0 đ) Áp dụng tính chất hình bình hành ta được A(1; – 2); B(– 1; – 6); C(3; 1đ 8) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn 4y + 2 0,5đ x= 3x − 4 y = 2 3 1) −5 x + 3 y = 4 �y+2� 4 −5 � � 3y = 4 + � 3 � x = −2 0,25đ Câu Va y = −2 (2,0 đ) Vậy nghiệm của hệ phương trình là (– 2; – 2) 0,25đ 2) Gọi x, y là kích thước hình chữ nhật ta có: 0,25đ x + y = 16 (không đổi) Suy ra: S = x.y lớn nhất khi x = y = 8 0,25đ S = 8.8 = 64 cm2 0,25đ Vậy tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi là 32 thì hình vuông 0,25đ cạnh bằng 8 có diện tích lớn nhất. Câu VIa Giả sử C(x; y). Để ∆ ABC vuông cân tại B ta phải có: (1,0 đ) uuu uuu r r BA.BC = 0 0,25đ uuu uuu r r BA = BC 1.( x − 1) + 3( y − 1) = 0 0,25đ 12 + 32 = ( x − 1) + ( y − 1) 2 2 x = 4 − 3y 0,25đ 10 y 2 − 20 y = 0
Giải hệ phương trình trên ta tìm được hai điểm thỏa mãn đề bài 0,25đ C(4; 0) và C’(– 2; 2) 2. Theo chương trình nâng cao −x − 3y + 4z = 3 − x − 3 y + 4z = 3 1) 3x + 4 y − 2 z = 5 − 5 y + 10 z = 14 0,5đ 2x + y + 2z = 4 − 5 y + 10 z = 10 − x − 3 y + 4z = 3 Câu Vb − 5 y + 10 z = 14 0,25đ (2,0 đ) 0 y + 0 z = −4 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm 0,25đ 2) Tập xác định của hàm số: D = [– 2; 2] 0,25đ + Khi x [– 2; 0] hàm số đồng biến + Khi x (0; 1] hàm số nghịch biến 0,75đ + Khi x (1; 2] hàm số đồng biến Ta có:r uuu uu uu r r 0,5đ Câu Vb IA − uu = uu (–r 2) IB BA uu4; r r r uur uuu uuu r r (1,0 đ) Để IO + IA − IB = 0 thì IO = − BA = AB (4; – 2) 0,5đ Vậy I(– 4; 2) 0,25đ  Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng, hợp logic vẫn đạt điểm tối đa..