Đề KTCL HK1 Toán 10 - THPT Thiên Hộ Dương 2012-2013 (kèm đáp án)

Chia sẻ: Huynh Hoa Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán lớp 10 của trường THPT Thiên Hộ Dương dành cho các bạn học sinh lớp 10, giúp các bạn có thêm tài liệu ôn tập, chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL HK1 Toán 10 - THPT Thiên Hộ Dương 2012-2013 (kèm đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN HỌC - Lớp 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Thiên Hộ Dương I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I : (1.0 điểm) Cho A = (−2 ; 2] và B = [1; 5) . Tìm các tập hợp A ∩ B, A \ B . Câu II : (2.0 điểm) 1). Tìm parabol y = ax 2 + bx + 2 , biết rằng parabol đó đi qua điểm A(3 ; -4) và có 3 trục đối xứng x = − . 2 2). Tìm giao điểm của parabol y = − x 2 − 4 x + 1 với đường thẳng y = − x + 3 . Câu III : (2.0 điểm) 1). Giải phương trình : 5 x + 10 = 8 − x . x + y + z = 3  2). Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình 2 x + 3 y + 4 z = 9 3 x − y − z = 1  Câu IV : (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho cho ba điểm A(1 ; 1), B(2 ; 4) và C(-2 ; 2) 1). Chứng tỏ tam giác ABC vuông tại A. Từ đó tính diện tích tam giác ABC. 2). Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ACDB là hình chữ nhật. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Phần 1: Theo chương trình chuẩn: Câu V.a (2.0 điểm) 1). Giải phương trình 18 x 4 + 19 x 2 − 12 = 0 . 1  2). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y = ( 3x − 1)( 2 − x ) trên đoạn  ; 2 . 3  Câu VI.a (1.0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng AB. AC . Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu V.b (2.0 điểm) 1). Cho phương trình (m − 1) x 2 − 2(m + 1) x + m − 2 = 0 1 1 4 Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện + =− x1 x 2 3  2  x + xy + y = 7 2 2). Giải hệ phương trình  4  x + y 4 + x 2 y 2 = 21  Câu VI.b (1.0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng AB. AC . ./. - HẾT –
ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có… trang) Đơn vị ra đề: THPT Thiên Hộ Dương Đáp án và thang điểm Câu Ý Nội dung Điểm I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7.0 Câu I Cho A = (−2 ; 2] và B = [1; 5) . Tìm các tập hợp A ∩ B, A \ B . 1.0 A ∩ B = [1; 2] 0,5 A \ B = (−2 ;1) 0,5 Câu II 2.0 Tìm parabol y = ax 2 + bx + 2 , biết rằng parabol đó đi qua điểm A(3 ; -4) và có 1 3 1.0 trục đối xứng x = − 2 b 3 Ta có : − = − ⇔ 6a − 2b = 0 0.25 2a 2 Thay tọa độ điểm A(3 ; -4) vào (P) : y = ax 2 + bx + 2 ta được : 0.25 9a + 3b + 2 = +4 ⇔ 9a + 3b = −6  1 6a − 2b = 0 a = − Giải hệ :  ⇔ 3 0.25 9a + 3b = −6 b = −1  1 Vậy parabol cần tìm là : y = − x − x + 2 2 0.25 3 2 Tìm giao điểm của parabol y = − x 2 − 4 x + 1 với đường thẳng y = − x + 3 . 1.0 Hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng là nghiệm của phương trình 0.25 : − x 2 − 4 x + 1 = − x + 3 (1) Giải phương trình (1) ta được nghiệm x = -1 ; x = -2 0.25 Với x = -1 thì y = 4, với x = -2 thì y = 5 0.25 Vậy parabol y = − x 2 − 4 x + 1 và đường thẳng y = − x + 3 có hai giao điểm là 0.25 (-1 ; 4) và (-2 ; 5) Câu III 2.0 1 Giải phương trình : 5 x + 10 = 8 − x (1) 1.0 Điều kiện : x ≥ −2 0.25 Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được phương trình :  x = 18 0.5 5 x + 10 = (8 − x) 2 ⇔ x 2 − 21x + 54 = 0 ⇔  x = 3 Thử lại ta thấy x = 18 không thỏa phương trình , x = 3 thỏa phương trình 0.25 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
x + y + z = 3  2 Giải hệ phương trình 2 x + 3 y + 4 z = 9 (1) 1.0 3 x − y − z = 1   x+ y+z =3 (1) ⇔  y + 2 z = 3  0.25  − 4 y − 4 z = −8  x + y + z = 3  ⇔  y + 2z = 3 0.25  z =1  x = 1  ⇔ y = 1 0.25 z = 1  Vậy nghiệm của hệ phương trình là : ( x ; y ; z ) = (1 ; 1 ; 1) 0.25 Câu IV Trong mặt phẳng Oxy, cho cho ba điểm A(1 ; 1), B(2 ; 4) và C(-2 ; 2). 2.0 1 Chứng tỏ tam giác ABC vuông tại A. Từ đó tính diện tích tam giác ABC. 1.0 Ta có : AB = (1 ; 3) , AC = ( − 3 ; 1) 0.25 Suy ra : AB. AC = 1.(−3) + 3.1 = 0 . Vậy tam giác ABC vuông tại A 0.25 Ta có : AB = 1 + 9 = 10 , AC = 9 + 1 = 10 0.25 1 1 Vậy : S ∆ABC = . AB. AC = . 10 . 10 = 5 (đơn vị diện tích) 0.25 2 2 2 Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ACDB là hình chữ nhật 1.0 Gọi D(x ; y) là đỉnh của hình bình hành ACDB 0.25 Ta có : AC = ( − 3 ; 1) , BD = ( x − 2 ; y − 4 ) 0.25  x − 2 = −3  x = −1 Tứ giác ACDB là hình bình hành nên AC = BD ⇔  ⇔ 0.25 y − 4 = 1 y = 5 Hình bình hành ACDB có góc A vuông nên ACDB là hình chữ nhật 0.25 Vậy D(-1 ; 5) là đỉnh cần tìm. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN 3.0 Phần 1: Theo chương trình chuẩn: Câu Va 1 Giải phương trình 18 x 4 + 19 x 2 − 12 = 0 . 1.0 Đặt t = x 2 , t ≥ 0 0.25  4 t = 9 Khi đó (1) trở thành : 18t + 19t − 12 = 0 ⇔  2 0.25 t = − 3   2 4 4 2 Vì t ≥ 0 nên ta nhận nghiệm t = . Với t = thì x = ± 0.25 9 9 3 2 2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = và x = − 0.25 3 3
1  2 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y = ( 3x − 1)( 2 − x ) trên đoạn  ; 2 . 1.0 3  x ≤ 2 1   2 − x ≥ 0 x ∈  ; 2 ⇔  1⇔ 0.25 3  x ≥ 3 3x − 1 ≥ 0  2 1 1  3 x − 1 + 6 − 3x  25 Ta có : y = ( 3x − 1)( 2 − x ) = ( 3x − 1)( 6 − 3x ) ≤   = 0.25 3 3 2  12  1   x ∈  ; 2 7 Đẳng thức xãy ra khi   3  ⇔x= 0.25 3 x − 1 = 6 − 3x 6  25 Vậy max y = 0.25 12 Câu VIa Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng AB. AC . 1.0 ( Xét tam giác vuông ABC vuông tại B, ta có: cos AB, AC = cos A = cos 45 0 ) 0.25 AB. AC = AB . AC . cos 45 0 0.25 2 AB. AC = a.a 2 . = a2 0.25 2 Vậy AB. AC = a 2 0.25 Phần 1: Theo chương trình nâng cao: Câu Vb 2.0 Cho phương trình (m − 1) x − 2(m + 1) x + m − 2 = 0 (1) 2 1 1 1 4 1.0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện + =− x1 x 2 3 Phương trình (1) có hai nghiệm khi m ≠ 1 m ≠ 1  0.25  / ⇔ 1 ∆ = (m + 1) − (m − 1)(m − 2) = 5m − 1 ≥ 0 m ≥ 5 2  2( m + 1) m−2 Theo định lý Viet x1 + x2 = , x1 .x 2 = 0.25 m −1 m −1 1 1 x1 + x 2 2(m + 1) Suy ra : + = = 0.25 x1 x 2 x1 .x 2 m−2 1 1 4 2(m + 1) 4 1 Do đó + = − ⇔ = − ⇔ 6m + 6 = −4m + 8 ⇔ m = (thỏa điều x1 x 2 3 m−2 3 5 0.25 kiện)  x 2 + xy + y 2 = 7  2 Giải hệ phương trình  4 (1) 1.0  x + y 4 + x 2 y 2 = 21   x + xy + y = 7  2 2 ( x + y ) 2 − xy = 7  (1) ⇔  2 2 2 2 2 ⇔ 0.25 ( )  x + y − x y = 21  ( x + y ) 2 − 3 xy = 3  Đặt S = x + y, p = x. y , hệ (1) trở thành : 0.25
S 2 − P = 7  P = 2 S = 3 ; P = 2  2 ⇔ 2 ⇔  S − 3P = 3  S = 9  S = −3 ; P = 2 x + y = 3 x = 1 ; y = 2  x + y = −3  x = −1 ; y = −2  ⇔ và  ⇔ 0.25  xy = 2 x = 2 ; y = 1  xy = 2  x = −2 ; y = −1 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x ; y) là : ( 2 ; 1) , (1 ; 2) , ( − 1 ; − 2) , ( − 2 ; − 1) 0.25 CâuVIb Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính tích vô hướng AB. AC . 1.0 ( ) Xét tam giác vuông ABC vuông tại B, ta có: cos AB, AC = cos A = cos 45 0 0.25 AB. AC = AB . AC . cos 45 0 0.25 2 AB. AC = a.a 2 . = a2 0.25 2 Vậy AB. AC = a 2 0.25