intTypePromotion=3

Đề thi học kỳ 1 môn toán lớp 10 năm 2009-2010 - Trường THPT Nguyễn Hữu Thuận

Chia sẻ: Nguyen Quoc Tiến | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

1
912
lượt xem
274
download

Đề thi học kỳ 1 môn toán lớp 10 năm 2009-2010 - Trường THPT Nguyễn Hữu Thuận

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em học sinh cùng tham khảo "Đề thi học kỳ 1 môn toán lớp 10 năm 2009-2010 - Trường THPT Nguyễn Hữu Thuận". Nội dung đề thi bám sát chương học, cấu trúc đề trình bày rõ ràng và chi tiết, tham khảo để các em nắm vững kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng giải đề.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kỳ 1 môn toán lớp 10 năm 2009-2010 - Trường THPT Nguyễn Hữu Thuận

  1. SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI HỌC KỲ I TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU THẬN NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN TOÁN LỚP 10 (Chương trình cơ bản) ---------- ---------- Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1.5 điểm) Giải và biện luận theo tham số m phương trình: 3 m − x = 1 − 9 m 2 x Câu 2 : (2 điểm) Cho hàm số y = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) 2 a. Biết đồ thị của hàm số đã cho có đỉnh S(1; 4) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3, tìm các hệ số a, b, c. b. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ở câu a vừa tìm được. Câu 3: (2 điểm) Giải các phương trình sau: a. 3x − 4 = 2 − x b. x − 2 x − 5 = 4 Câu 4: (1 điểm) 11 + ) ≥ 4. Cho hai số dương a và b. Chứng minh (a + b)( ab Dấu “ = ” xảy ra khi nào ? Câu 5: (3.5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(0; 2), B(6; 4), C(1; -1) a. Chứng minh rằng: Tam giác ABC vuông. b. Gọi E (3; 1), chứng minh rằng : Ba điểm B, C, E thẳng hàng. c. Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. d. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và tìm bán kính đường tròn đó. ------------------------------------ HẾT ------------------------------------ Thí sinh:………………………………………… Lớp: 10…….. Số báo danh:…………….. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
  2. ĐÁP ÁN: ( Môn TOÁN lớp 10 năm học 2009- 2010) Câu 1: (1.5điểm) 3 m − x = 1 − 9 m2 x ⇔ (9m 2 −1) x = 1 − 3m (0.25) ⇔ (3m −1)(3m +1) x = −(3m −1) (*) (0.25) −1 1 - Nếu m ≠ ± thì pt(*) có nghiệm duy nhất x = (0,25) 3m + 1 3 1 - Nếu m = thì pt(*) trở thành 0x = 0, pt(*) có vô số nghiệm (0,25) 3 1 - Nếu m = − thì pt(*) trở thành 0x = 2, pt(*) vô nghiệm (0,25) 3 −1 1 Vậy phương trình đã cho: - Có nghiệm duy nhất x = khi m ≠ ± 3m + 1 3 1 - Có vô số nghiệm khi m = 3 1 - Vô nghiệm khi m = − (0,25) 3 Câu 2: (2điểm) a/ Cách 1 : Giao điểm của (P) và trục Oy có tọa độ (0; 3). Nên A∈ (P) ⇒ c = 3 (0,25)  b  xS = − 2a = 1  S ∈ ( p) ⇔  (0, 25) y = − ∆ = 4 S  4a b = −2a a = −1 ⇔ 2 ⇔ (0, 25) b = 2 −b + 12a = 16a Vậy (P) là: y = -x2 + 2x +3 (0,25) Cách 2 : Giao điểm của (P) và trục Oy có tọa độ (0; 3). Nên A∈ (P) ⇒ c = 3 (0,25) b − =1 S ∈( p ) ⇔  2a (0, 25) 4 = a.12 + b.1 + c  2a + b = 0 ⇔ a + b = 1 a = −1 ⇔ (0, 25) b = 2 Vậy (P) là: y = -x2 + 2x +3 (0,25) b/ Theo câu a/ ta có (P) : y = -x2 + 2x +3. - TXĐ : D = R - Tọa độ đỉnh S (1 ; 4). - Trục đối xứng x = 1
  3. - (P) cắt Oy tại A(0; 3), cắt Ox tại hai điểm B(-1; 0) và C(3; 0) - Điểm D(2; 3) ∈ (P) (0,25) * Bảng biến thiên : x −∞ +∞ 1 y 4 -∞ -∞ −∞ ; 1) và nghịch biến (1; + ∞ ) Hàm số đã cho đồng biến ( (0,25) Vẽ: (Chính xác đồ thị và đẹp ) (0,5) S 4 D A D 3 2 B C 1 -1 0 2 3 1 5 5 X= 1 ­ 2 Câu 3:(2điểm) Giải các phương trình sau: 3x − 4 = 2 − x (1) a. Cách 1: 2 − x ≥ 0  pt (1) ⇔   3x − 4 = x − 2 (0.25)   3x − 4 = 2 − x  x ≤ 2  ⇔  3x − 4 = x − 2 (0.25)  3x − 4 = 2 − x  x ≤ 2   x =1 ⇔  (0.25)   x = 3   2 3 Vậy pt đã cho có hai nghiệm x = 1, x = (0,25) 2  4  3x − 4 khi x ≥  3 Cách 2: Ta có: 3x − 4 =  4  4 − 3x khi x <   3
  4. 4 thì pt(1) ⇔ 3x - 4 = 2 – x * Khi x ≥ 3 ⇔ 4x = 6 3 ⇔ x= (TMĐK) 2 4 * Khi x < thì pt(1) ⇔ 4 – 3x = 2 – x 3 ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1 (TMĐK) 3 Vậy pt đã cho có hai nghiệm x = 1, x = 2 ⇒ (3x – 4)2 = (2 - x)2 Cách 3: pt(1) ⇒ 9x2 – 24x + 16 = 4 – 4x + x2 ⇒ 8x2 – 20x + 12 = 0  3 x = 2 ⇒  x = 1 3 Thử lại nghiệm, ta thấy cả hai nghiệm x = 1, x = đều thoả mản pt(1) 2 3 Vậy pt đã cho có hai nghiệm x = 1, x = 2 b. x − 2 x − 5 = 4 (2) Cách 1: pt (2) ⇔ 2 x −5 = x − 4 x − 4 ≥ 0 ⇔ (0, 25) 2 x −5 = ( x − 4) 2 x ≥ 4 ⇔ (0, 25) 2 x −5 = x −8 x +16 2 x ≥ 4  ⇔x = 7 (0, 25) x = 3  Đối chiếu điều kiện, pt có nghiệm duy nhất x = 7. (0,25) 5 Cách 2: Điều kiện 2x – 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ (**) 2 pt (2) ⇒2 x −5 = ( x − 4) 2 ⇒2 x −5 = x 2 −8 x +16 x = 7 ⇒ x = 3 Cả hai nghiệm x = 7 và x = 3 đều thoả mản Đkiện (**), nhưng khi thay vào pt(2) thì giá trị x = 3 bị loại ( vì 2 = 4 ( vô lí)), còn giá trị x = 7 nghiệm đúng. Vậy pt(2) có nghiệm duy nhất x = 7. 11 + ) ≥ 4 (3) Câu 4: (1điểm) Chứng minh: (a + b)( ab Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô- si, ta có:
  5. a + b ≥ 2 ab , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (1) (0,25) 11 1 + ≥2 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (2) (0,25) ab ab 11 Từ (1) và (2) suy ra: (a + b)( + ) ≥ 4. (0,25) ab Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (0,25) b+a Cách 2: BĐT(3) ⇔ ( a + b)  ≥4  ab  ⇔ (a + b) 2 ≥ 4ab (Do a, b là hai số dương) ⇔ a2 + 2ab + b2 ≥ 4ab ⇔ a2 - 2ab + b2 ≥ 0 ⇔ (a – b)2 ≥ 0 , ∀ a, b dương Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (đpcm) Câu 5: (3 điểm) Trong mp Oxy cho ∆ ABC có A(0; 2), B(6; 4), C(1; -1) a/ CMR : ∆ ABC vuông. uuu uuu r r Cách 1: (Chứng minh AB. AC = 0) uuu r uuu r AB = (6; 2), AC = (1; − 3) (0, 25) Ta có : uuu r uuu r uuu uuu rr Mà AB. AC = 6.1 + 2(-3) = 0 nên AB ⊥ AC ⇔ AB ⊥ AC. Vậy ∆ ABC vuông tại A (0,5) uuu uuu rr uuu uuu rr Cách 2: (Chứng minh Cos( AB, AC ) = 0 ⇒ ( AB, AC ) = 900 ) Ta có: uuu uuu rr uuu uuu rr AB. AC Cos ( AB, AC ) = uuu uuu r r AB . AC 6.1 + 2(−3) = 40. 10 =0 uuu uuu rr ⇒ ( AB, AC ) = 900 Hay AB ⊥ AC. Vậy ∆ ABC vuông tại A Cách 3: (Sử dụng định lí đảo của định lí Pitago) Ta có: uuu r AB = (6; 2) ⇒ AB 2 = 40 uuu r AC = (1; − 3) ⇒ AC 2 =10 ⇒ BC 2 = AB 2 + AC 2 uuu r BC = (−5; − 5) ⇒ BC 2 = 50 Vậy ∆ ABC vuông tại A có cạnh huyền BC. b/ Gọi E (3;r1), r CMR : Ba điểm B, C, E thẳng hàng. uuu uuu Cách 1: ( BC ; CE cùng phương) uuu r uuu r Ba điểm B, C, E thẳng hàng ⇔ BC = kCE (0,25) uuu r uuu r BC = (− 5; − 5); CE = (2; 2) Ta có : (0, 25) uuu r uuu r 5 uuu r 5 Mà BC = − (2; 2) ⇒ BC = − CE 2 2 Vậy ba điểm B, C, E thẳng hàng. (0,5)
  6. uuu uuu  00 rr ( BC , CE ) =  0 ) Cách 2: (Chứng minh 180 uuu uuu rr uuu uuu rr (−5)2 + (−5)2 −20 BC.CE Cos ( BC , CE ) = uuu uuu = = = −1 r r 20 50. 8 BC . CE uuu uuu rr ⇒ ( BC , CE ) = 1800 Vậy ba điểm B, C, E thẳng hàng. c. uuu uuu r r Cách 1: Gọi D(xD; yD), để tứ giác ABCD là hình bình hành .Khi đó: AB = DC (0,25) uuur mà DC = (1 − xD ; −1 − yD ) . (0,25) 1 − xD = 6  x = −5 ⇔ D . Vậy D(-5; -3) thì tứ giác ABCD là hình bình hành Hay  (0.25)  −1 − yD = 2  yD = −3 uuu uur uuu r u r Cách 2: (Chứng minh BD = BA + BC ) uuu uuu uuu r r r Gọi D(xD; yD), để tứ giác ABCD là hình bình hành .Khi đó: BD = BA + BC Ta có: uur u BA = (−6; − 2) uuu r BC = (−5; − 5) uur uuu u r ⇒ BA + BC = (−11; − 7) uuu r Mặt khác: BD = ( xD − 6; yD − 4) .  xD − 6 = −11  x = −5 uuu uur uuu r u r ⇔ D Từ đó, ta có: BD = BA + BC ⇔   y D − 4 = −7  y D = −3 Vậy D(-5; -3) thì tứ giác ABCD là hình bình hành. d. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và tìm bán kính đường tròn đó Cách 1: Gọi I ( xI ; yI ) là tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , Khi đó: IA = IB = IC (0.25)  IA = IB ⇔  IA = IC  IA2 = IB 2  ⇔ 2  IA = IB 2  (0 − xI ) 2 + (2 − yI ) 2 = (6 − xI ) 2 + (4 − yI ) 2  ⇔ (0.25) (0 − xI ) + (2 − yI ) = (1 − xI ) + (−1 − yI ) 2 2 2 2  3 x + yI = 12 ⇔ I  xI − 3 yI = −1  7  xI = 2  ⇔ (0.25) y = 3 I 2  7 3 Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: I ( ; ) và bán kính của đường 2 2 2 2 tròn ngoại tiếp ∆ABC là: R = IA =  −  +  2 −  = 7 3 52 (Đvđ)     2  2 2 (0.25)
  7. 73 Cách 2: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, ta có: M(3; 3), N( ; ). 22 I ( xI ; yI ) là tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , Khi đó: Mặt khác gọi  7 uuu uuu r r uuu uuu rr 6( xI − 3) + 2( yI − 3) = 0  xI = 2  MI ⊥ AB  MI . AB = 0 3 x + yI = 12     ⇔ I  uur uuu ⇔  uur uuu ⇔ ⇔ r r 7 3  xI + y I = 5 −5( xI − 2 ) − 5( yI − 2 ) = 0 y = 3  NI ⊥ BC  NI .BC = 0    I 2  73 Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: I ( ; ) và bán kính của đường 22 2 2 tròn ngoại tiếp ∆ABC là: R = IA =  −  +  2 −  = 7 3 52 (Đvđ)     2  2 2 (Lưu ý: Học sinh có thể giải theo cách khác củng đạt điểm tối đa,các cách giải khác ở trên củng có bờ rem điểm tương tự)

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

YOMEDIA
Đồng bộ tài khoản