Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD của tứ giác ABCD.. b Xác định tọa độ trọng tâm G sao cho ABGC là hình bình hành.. a Tính chu vi của tam giác ABC.. b Xác định chân đ
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG KỌC KỲ I
NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN 10
Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm)
Câu I ( 1,0 điểm) Xét tính đúng sai và viết mệnh đề phủ định của các mậnh đề sau:
P: “2012 chia heát cho 3”
Q: “∀x∈R: x2 +2x+3 > 0”
Câu II (2,0 điểm)
1 Xác định a, b để đồ thị hàm số y = ax + b để đi qua D(1, 2) và có hệ số góc bằng 2? Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được
2 Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = −x2 + 2x + 3 Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng
(∆) : y = 2x + 2
Câu III (2,0 điểm)
1) Giải phương trình sau: x−3(x2−3x+ =2) 0
2) Tìm m để phương trình (m+1)x2−2(m−1)x+2m− =3 0 có một nghiệm x1 = 1, tìm nghiệm còn lại
Câu IV ( 2,0 điểm)
1 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD của tứ giác ABCD Chứng minh rằng
4MNuuuur uuur uuur uuur uuur= AC BD BC AD+ + +
2 Cho các điểm A(-4; 1), B(2; 4), C(2; -2)
a) Chứng minh A, B, C là ba đỉnh của một tam giác
b) Xác định tọa độ trọng tâm G sao cho ABGC là hình bình hành
II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
A PHẦN 1 (THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN)
Câu Va ( 2,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình 2 5
3 2 7
x y
x y
− =
+ =
bằng phương pháp thế.
2 Chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thì (x y z)(1 1 1) 9
x y z
Câu VIa (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có A(1; –1), B(5; –3), C(2; 0).
a) Tính chu vi của tam giác ABC
b) Xác định chân đường cao AH của tam giác ABC, tính diện tích tam giác ABC
B PHẦN 2 (THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO)
Câu Vb (2,0 điểm)
1) Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m2 + 4 = 0 Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 1 2
3
x x
x + x =
2) Giải hệ phương trình 2 2 5
8
xy x y
x y x y
+ + =
+ + + =
Câu VIb ( 1,0 điểm) Cho tam giác ABC biết AB = 10, AC = 4 và µ 0
A 60= a) Tính chu vi tam giác ABC
b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Hết.
Trang 2Họ và tên học sinh: ………., Số báo danh: ……….
Trang 3SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP
ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG KỌC KỲ I
NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN 10
I
P: là mệnh đề sai
P : “2012 không là sô
Q là mệnh đề đúng
Q : “∃x∈R: x2 +2x+3 ≤ 0”
0,25 0,25 0,25 0,25
II
1 y = ax + b có hệ số góc bằng 2 suy ra a = 2
Đồ thị qua D(1, 2) suy ra 2 = 2.1 + b ⇒ b = 0
Vậy hàm số: y = 2x có đồ thị là đường thẳng di qua góc tọa độ O(0; 0) và điểm
D(1; 2)
2
1
x
y
O
0,25 0,25 0.25
0,25
2 y = −x2 + 2x + 3 có đồ thị là Parabol có đỉnh I(1; 4), trục đối xứng x = 1
a = −1 < 0 suy ra bề lõm quay xuống
Các điểm đặc biệt:
3 2
3
4
x y
O
Ta có phương trình hoành độ giao điểm: −x2 + 2x + 3 = 2x + 2
⇔ x2 = 1 ⇒ = − ⇒ =x x= ⇒ =11 y y 40 Vậy tọa độ giao điểm: M(1; 4) và N(−1; 0)
0,25 0,25
0,25
0,25
III 1 x−3(x2−3x+ =2) 0, ĐK: x ≥ 3
Phương trình ⇔ − =
2
3 0
3 2 0
x
x x
0,25 0,25
Trang 4⇔ − =
=
=
3 0 1 2
x x
=
=
=
3 1 2
x x x
So ĐK suy ra nghiệm của phương trình: x = 3
0,25
2 (m+1)x2−2(m−1)x+2m− =3 0
Có nghiệm x1 = 1 suy ra (m+1)12−2(m−1)1 2+ m− =3 0
⇔ m = 0
Phương trình trở thành: x2+2x− =3 0
3
x x
=
= −
Vậy m = 0 phương trình có nghiệm x1 = 1 và nghiệm còn lại x2 = -3
0,25
0,25 0,25 0,25
IV
1 4MN AC BD BC ADuuuur uuur uuur uuur uuur= + + +
VP = AB BC BA AD BC ADuuur uuur uuur uuur uuur uuur+ + + + +
= 2BCuuur+2uuurAD
= 2(BM MN NCuuuur uuuur uuur+ + ) 2(+ uuuur uuuur uuurAM MN ND+ + )
= 4MNuuuur+2(uuuur uuuurBM +AM) 2(+ uuur uuurNC ND+ ) = 4MNuuuur = VT
0,25 0,25 0,25 0,25
2 a) ta có: uuurAB(6;3)
và uuurAC(6; 3)−
6 1
' 6
x
x = = và 3 1
' 3
y
y = = −
x y
x ≠ y
Suy ra 3 điểm A, B, C không thẳng hàng là 3 đỉnh của một tam giác
b) Để ABGC là hình bình hành ⇒ AB CGuuur uuur=
g/s G(a; b) ⇒ CGuuur(a – 2; b + 2)
⇒ a b+ =− =2 62 3⇔b a==18
Vậy G(8; 1)
0,25 0,25 0,25 0,25
Va
1 2 5
3 2 7
x y
x y
− =
+ =
2 5
3 2(2 5) 7
y x
x x
7 10 7
y x x
− =
⇔
1 7 17 7
y
x
= −
=
Vậy nghiệm của hệ phương trình: 1 17;
7 7
0,25 0,25 0,25
0,25
2 (x y z)(1 1 1) 9
x y z
Do x, y, z là số dương, theo bất đẳng thức Cô-si ta có
3
3
3
3
x y z xyz
x y x xyz
+ + ≥
+ + ≥
⇒ (x y z+ + )(1 1 1+ + ≥) 93 xyz 1
x y z xyz
0,5
0,25
Trang 5⇒ (x y z+ + )(1 1 1x y z+ + ≥) 9 (đpcm) 0,25
VIa
a) Ta có: AB = 2 5 ; AC = 2 và BC = 3 2
vậy chu vi ∆ABC bằng AB + AC + BC = 2 5 + 4 2
b) Gọi H(a; b) suy ra HAuuur(1− − −a; 1 b); BH auuur( −5;b+3) và uuurBC( 3;3)−
để AH là đường cao ∆ABC ⇔ HA BC
BH k BC
=
uuur uuur uuur uuur ⇒
3(1 ) 3( 1 ) 0
− − + − − =
−
2
a b
a b
− =
+ =
2 0
a b
=
=
vậy H(2; 0)
⇒ AH = 2 ⇒ S∆ ABC = 1
2AH.BC =
1
2 2 3 2 = 3(đvdt)
0,25 0,25
0,25
0,25
Vb
1 x2 – 2(m – 1)x + m2 + 4 = 0 để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn
3
x x
x + x = ⇔ 1 2
' 0
3
x x
x x
ì D >
ïï ïïí
ïïïî
' 0 2 3
p
ì D >
ïï ïï
2
3 4
m
m
ïï
ïî
⇔
2
3 2
m
ìïï <-ïïí
ïï + + = ïïî
⇒ m = –4
Vậy m = –4
0,25 0,25
0,25
0,25
2 2 2 5
8
xy x y
x y x y
+ + =
+ + + =
Đặt S = x + y; P = xy ĐK: S2≥ 4P
Hpt ⇔ 2
5
S P
S p S
+ =
− + =
5 3 6
S S
= −
=
= −
* 3
2
S P
=
=
ta có x, y là 2 nghiệm của phương trình: t
2 – 3t + 2 = 0 ⇒ 1
2
t t
=
=
Suy ra hpt có nghiệm (1; 2), (2; 1)
11
S P
= −
=
(loại) Vậy hpt có nghiệm: (1; 2), (2; 1)
0,25 0,25
0,25 0,25
VIb a) AB = 10, AC = 4 và µA 60= 0
·
2 2 2 2
BC =AB +AC − AB AC COS BAC = 100 + 16 – 2.10.4.1
2 = 76
⇒ BC = 76 ⇒ Chu vi ∆ABC = AB + BC + CA = 14 + 76
0,25 0,25 b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC
P = 14 + 76 = 11,36
Trang 6⇒ S∆ABC = 11,36(11,36 10)(11,36 4)(11,36 7,72)− − − ≈ 20,34
Mà S = P.r ⇒ r = 20,34
11,36 = 8,98
0,25 0,25