Kiểm tra Toán 10 (nâng cao)

không kể thời gian giao đề Chú ý : Thí sinh làm đúng theo yêu cầu chỉ dẫn của từng câu trong đề bài.. Câu3 : Sau một tháng gieo trồng một giống hoa, ngời ta thu đợc số liệu sau về chiều

Sở GD - ĐT Quảng ninh

Tr

Năm học 2006 – 2007 Môn: toán lớp 10 Thời gian làm bài: 90 phút.

(không kể thời gian giao đề)

Chú ý : Thí sinh làm đúng theo yêu cầu chỉ dẫn của từng câu trong đề bài.

Đề bài:

Câu1: Giải bất phơng trình sau:

a) (Dành cho học sinh các lớp học theo chơng trình SGK chuẩn):

x x  x

b) (Dành cho học sinh các lớp học theo chơng trình SGK Nâng cao):

2

x  x  x

Câu2: (Học sinh các lớp học theo chơng trình SGK chuẩn chỉ làm phần a) và phần b))

Cho f(x) = (m - 1)x2 - 4mx + 3m + 10

a) Giải bất phơng trình: f(x) > 0 với m = - 2.

b) Tìm m để phơng trình f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt

c) Với giá trị nào của m thì bất phơng trình f(x) < 0 vô nghiệm ?

d) Tìm m để phơng trình f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 2.

Câu3 : Sau một tháng gieo trồng một giống hoa, ngời ta thu đợc số liệu sau về chiều cao (đơn vị là

milimét) của các cây hoa đợc trồng:

a) Lập bảng phân bố tần suất ghép lớp của mẫu số liệu trên.

b) Vẽ biểu đồ tần suất hình cột

Câu 4 : (Học sinh các lớp học theo chơng trình SGK chuẩn không làm phần c)).

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 điểm A(0; 8), B(8; 0) và C(4; 0)

a) Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua C và vuông góc với AB.

b) Viết phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC

Xác định toạ độ tâm và bán kính của đờng tròn đó

c) Gọi M là điểm thuộc cạnh AC của tam giác ABC sao cho OM vuông góc với MB

(O là gốc toạ độ) Tìm toạ độ của điểm M

-Hết -Đáp án -Biểu điểm chấm kiểm tra Học kì II: Ban cơ bản

2

2 1

0 ( 1)( 3)

x

x x x





 

 x(x + 1)(x + 3) < 0 Vì 2x2 + 1 > 0 x

Lập bảng xét dấu:

Tập nghiệm của bất phơng trình: S = (- ; - 3)  (- 1; 0)

0,5 0,5 0,5 0,5

Phần a)

Phần b)

Khi m = -2 ta có bất phơng trình: -3x2 + 8x + 4 > 0

-* Nếu m = 1 Phơng trình là bậc nhất không thoả mãn

* Nếu m 1.Để f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt



0 0

b S a c P a



 











 



2

7 10 0 4

0 1

3 10

0 1

m m m m

















 



 m(- ; - 10

3 ) (1; 2)

0,5 1,0 -0,5

0,5

0,5

Phần a)

Phần b)

a) Bảng phân bố tần số - tần suất lớp ghép:

-

-b) Biểu đồ tấn suất hình cột:

1,0

-1,0

Phần a

(1,0

điểm)

Phần b

*(d) vuông góc với AB, nhận véc tơ  AB

(8; -8) làm véc tơ pháp tuyến Hay đờng thẳng (d) qua C có véc tơ pháp tuyến n



(1; -1)

ta có 1(x - 4) - 1(y - 0) = 0 hay x - y - 4 = 0

-Phơng trình đờng tròn (I) có dạng: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

0,5

0,5

N = 200

Phần c

(1,0điểm)

Qua A, B, C ta có:

b c

a c

a c









Giải hệ trên ta đợc: a = - 6; b = - 6; c = 32

Vậy phơng trình đờng tròn là: x2 + y2 - 12x - 12y + 32 = 0

Có tâm I(6; 6) và bán kính R = 2 10

4 8

x y

*Gọi M(x0; y0) thuộc cạnh AC (x0 > 0; y0 > 0)

OM



( x0; y0) ; BM



( x0 - 8; y0) & OMMB  OM  BM



= 0 Hay x0(x0 - 8) + y0 = 0  x2 - 8x + y2 = 0 (1)

Mặt khác: 2x0 + y0 -8 = 0 (2)

Giải (1) & (2) ta đợc M1

4 5 8 5

5 5



M2

4 5 8 5

(Loại )

5 5



0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

Đáp án -Biểu điểm chấm kiểm tra Học kì II: Ban nâng cao

(I)   

  

 2

2 0

3 10 0

x

x

 





 Giải hệ (I) ta đợc : x  -2

Giải hệ (II) ta đợc : x = - 2

Vậy nghiệm của bất phơng trình là: x  -2

0,5

0,5 0,5 0,5

Phần a) Khi m = -2 ta có bất phơng trình: -3x2 + 8x + 4 > 0

;

x        

-0,25

1,0

Phần b)

Phần c)

Phần d)

* Nếu m = 1 Phơng trình là bậc nhất không thoả mãn

* Nếu m 1.Để f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt



' 0 0 0

b S a c P a



 





 







 



2

4 0 1

3 10

0 1

m m m m



















 m(- ; - 10

3

) (1; 2)

Vậy: f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt là: m(- ; - 10

3

) (1; 2) -

* BPT f(x) < 0 vô nghiệm khi và chỉ khi f(x)  0 đúng với mọi x  R

*Với m = 1 ta có f(x) = - 4x + 13 Khi đó, f(x)  0  x  13

4

Giá trị m = 1 không thoả mãn yêu cầu đầu bài

* Với m 1 Ta có f(x)  0 với mọi x  R

' 0

a 





 



2

m



 



 2  m  5 Vậy: f(x) < 0 vô nghiệm khi và chỉ khi m  [2; 5]

Ta cần tìm m để: 2 < x1 < x2  0 < x1 - 2 < x2 - 2

Đặt x = y + 2, ta có phơng trình: (m - 1)y2 - 4y - m + 6 = 0 (*)

Bài toán trở thành tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm dơng phân biệt

* Nếu m = 1 Phơng trình là bậc nhất không thoả mãn

* Nếu m 1.Để f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt



' 0

0

0

b S a c P a



 





 







 



2

7 10 0 4

0 1 6 0 1

m m m











 





 





2

7 10 0 1

m m







  



 1 < m < 2 ; 5 < m < 6

Vậy với m(1; 2) (5; 6) thì phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

lớn hơn 2

0,25 -0,25 0,25

0,75 0,25

Phần a)

Phần b)

a) Bảng phân bố tần số - tần suất lớp ghép:

-

-b) Biểu đồ tấn suất hình cột:

0,5

-1,0

N = 200

Câu 4 3,5 điểm Phần a

(1,0điểm)

Phần b

(1,0điểm)

Phần c

(1,0điểm)

Phần d

(0,5điểm)

*(d) vuông góc với AB, nhận véc tơ AB

(8; -8) làm véc tơ pháp tuyến Hay đờng thẳng (d) qua C có véc tơ pháp tuyến n (1; -1)

ta có 1(x - 4) - 1(y - 0) = 0 hay x - y - 4 = 0

-Phơng trình đờng tròn (I) có dạng: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Qua A, B, C ta có:

b c

a c

a c









Giải hệ trên ta đợc: a = - 6; b = - 6; c = 32

Vậy phơng trình đờng tròn là: x2 + y2 - 12x - 12y + 32 = 0

Có tâm I(6; 6) và bán kính R = 2 10

4 8

x y

*Gọi M(x0; y0) thuộc cạnh AC (x0 > 0; y0 > 0)

OM



( x0; y0) ; BM 

( x0 - 8; y0) & OMMB  OM  BM



= 0 Hay x0(x0 - 8) + y0 = 0  x0 - 8x0 + y0 = 0 (1)

Mặt khác: 2x0 + y0 -8 = 0 (2)

Giải (1) & (2): M1

4 5 8 5



M2

4 5 8 5



-Đờng thẳng song song với có dạng: 2x - y + c = 0 (d1)

(d1) Là tiếp tuyến của đờng tròn (I) khi và chỉ khi: d(I, d1) = R

2 5

c

 

Vậy có 2 tiếp tuyến là: 2x - y - 6 + 10 2 = 0

và 2x - y - 6 - 10 2 = 0

0,5

0,5

-0,5

0,5

-0,25 0,25

0,25

0,25

-0,25

0,25

Đáp án -Biểu điểm chấm kiểm tra Học kì II:

Ban nâng cao(Lớp chọn)

(I)

2

2 0

3 10 0

x

x x

 







hoặc (II)

2 0

3 10 ( 2)

x

 







Giải hệ (I) ta đợc : x  -2

Giải hệ (II) ta đợc : Vô nghiệm

Vậy nghiệm của bất phơng trình là: x  -2

0,5 0,5 0,5

Phần c)

Phần d)

Phần e)

* Nếu m = 1 Phơng trình là bậc nhất không thoả mãn

* Nếu m 1.Để f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt



' 0

0

0

b S a c P a



 





 







 



2

7 10 0 4

0 1

3 10

0 1

m m m m

















 



 m(- ; - 10

3

) (1;

2)

Vậy: f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt là: m(- ; - 10

3

) (1; 2) -

* BPT f(x) < 0 vô nghiệm khi và chỉ khi f(x)  0 đúng với mọi x  R

*Với m = 1 ta có f(x) = - 4x + 13 Khi đó, f(x)  0  x  13

4

Giá trị m = 1 không thoả mãn yêu cầu đầu bài

* Vói m 1 Ta có f(x)  0 với mọi x  R

' 0

a 





 



2

1 0

7 10 0

m

 



 



 2  m  5

Vậy: f(x) < 0 vô nghiệm khi và chỉ khi m  [2; 5]

-Ta cần tìm m để: 2 < x1 < x2  0 < x1 - 2 < x2 - 2

Đặt x = y + 2, ta có phơng trình: (m - 1)y2 - 4y - m + 6 = 0 (*)

Bài toán trở thành tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm dơng phân biệt

* Nếu m = 1 Phơng trình là bậc nhất không thoả mãn

* Nếu m 1.Để f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt



' 0

0

0

b S a c P a



 





 







 



2

7 10 0 4

0 1 6 0 1

m m m











 





 





2

7 10 0 1

m m







  



 1 < m < 2 ; 5 < m < 6

Vậy với m(1; 2) (5; 6) thì phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

lớn hơn 2

0,25

0,5

0,25 -0,25

0,25 0,25

0,25

-0,25 0,25

0,25

0,25

N = 200

Phần b)

-b) Biểu đồ tấn suất hình cột:

-1,0

Phần a

(1,0điểm)

Phần b

(1,0điểm)

Phần c

(1,0điểm)

*(d) vuông góc với AB, nhận véc tơ AB



(8; -8) làm véc tơ pháp tuyến Hay đờng thẳng (d) qua C có véc tơ pháp tuyến n



(1; -1)

ta có 1(x - 4) - 1(y - 0) = 0 hay x - y - 4 = 0

-Phơng trình đờng tròn (I) có dạng: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Qua A, B, C ta có:

b c

a c

a c









Giải hệ trên ta đợc: a = - 6; b = - 6; c = 32

Vậy phơng trình đờng tròn là: x2 + y2 - 12x - 12y + 32 = 0

Có tâm I(6; 6) và bán kính R = 2 10

4 8

x y

*Gọi M(x0; y0) thuộc cạnh AC (x0 > 0; y0 > 0)

OM



( x0; y0) ; BM



( x0 - 8; y0) & OMMB  OM  BM



= 0 Hay x0(x0 - 8) + y0 = 0  x0 - 8x0 + y0 = 0 (1)

Mặt khác: 2x0 + y0 -8 = 0 (2)

Giải (1) & (2) ta có: M1

4 5 8 5



0,5

0,5

-0,5

0,25 0,25

-0,25

0,25

0,25

Phần d

(0,5điểm)

M2

4 5 8 5

Vậy điểm M cần tìm có toạ độ 4 5 8 5



-Đờng thẳng song song với có dạng: 2x - y + c = 0 (d1)

(d1) Là tiếp tuyến của đờng tròn (I) khi và chỉ khi: d(I, d1) = R

Hay 2.6 6

2 5

c

 

 10

 c = - 6 10 2

Vậy có 2 tiếp tuyến là: 2x - y - 6 + 10 2 = 0

và 2x - y - 6 - 10 2 = 0

0,25

-0,25

0,25

Sở GD - ĐT Quảng ninh

Tr

Năm học 2006 – 2007 Môn: toán lớp 10 Thời gian: 90 phút

(không kể thời gian giao đề)

Chú ý : Thí sinh làm đúng theo yêu cầu chỉ dẫn từng câu trong đề.

Đề bài:

Câu1: Giải bất phơng trình sau:

a) (Dành cho học sinh các lớp học theo chơng trình SGK chuẩn):

x   x   x

b) (Dành cho học sinh các lớp học theo chơng trình SGK Nâng cao):

2

x  x    x

Câu2: Cho f(x) = (m -1)x 2 - 4mx + 3m + 10

e) Giải bất phơng trình: f(x) > 0 với m = - 2

f) Xác định m để bất phơng trình f(x) > 0 nghiệm đúng với mọi xR.

g) Tìm m để phơng trình f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt

h) Với giá trị nào của m thì bất phơng trình f(x) < 0 vô nghiệm ?

i) Tìm m để phơng trình f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 2

(Ban cơ bản chỉ làm phần (a); (b) Ban nâng cao chỉ làm phần (c); (d)

Câu3: (Chung cho tất cả các ban)

Sau một tháng gieo trồng một giống hoa, ngời ta thu đợc số liệu sau

về chiều cao (đơn vị là milimét) của các cây hoa đợc trồng:

Nhóm Chiều cao Số cây đạt đợc

c) Lập bảng phân bố tần suất ghép của mẫu số liệu trên.

d) Vẽ biểu đồ tần suất hình cột

Câu 4: Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho 3 điểm A(0; 8), B(8; 0) & C(4; 0)

d) Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua C và vuông góc với AB

e) Viết phơng trình đờng tròn (I) ngoại tiếp tam giác ABC, chỉ rõ tâm & bán kính f) Gọi M là điểm thuộc cạnh AC của tam giác ABC sao cho OM vuông góc với MB (O là gốc toạ độ) Tìm toạ độ điểm M

g) Viết phơng trình tiếp tuyến với đờng tròn (I) biết:

tiếp tuyến song song với đờng thẳng : 1

2

y t

 









( Ban cơ bản không phải làm phần (d))

-@ -Đáp án -Biểu điểm chấm kiểm tra Học kì II: Ban cơ bản

2

0 ( 1)( 3)

x

x x x





 x(x + 1)(x + 3) < 0 Vì 2x2 + 1 > 0 x

Lập bảng xét dấu:

Tập nghiệm của bất phơng trình: S = (- ; - 3)  (- 1; 0)

0,5 0,5 0,5 0,5

Phần b)

;

x        

-* Nếu m = 1 biểu thức không luôn luôn dơng với mọi x

* Nếu m 1.Để tam thức luôn luôn dơng với mọi x

' 0

a 





 



2

1 0

7 10 0

m

 



 



 2 < m < 5 Vậy: f(x) > 0 x khi m  (2; 5)

1,0 -0,5

0,5

0,5

Phần a)

Phần b)

a) Bảng phân bố tần số - tần suất lớp ghép:

-

-b) Biểu đồ tấn suất hình cột:

1,0

-1,0

Phần a

(1,0

điểm)

Phần b

(1,0điểm)

Phần c

(1,0điểm)

*(d) vuông góc với AB, nhận véc tơ AB



(8; -8) làm véc tơ pháp tuyến Hay đờng thẳng (d) qua C có véc tơ pháp tuyến n



(1; -1)

ta có 1(x - 4) - 1(y - 0) = 0 hay x - y - 4 = 0

-Phơng trình đờng tròn (I) có dạng: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Qua A, B, C ta có:

b c

a c

a c









Giải hệ trên ta đợc: a = - 6; b = - 6; c = 32

Vậy phơng trình đờng tròn là: x2 + y2 - 12x - 12y + 32 = 0

Có tâm I(6; 6) và bán kính R = 2 10

-0,5

0,5 -0,5

0,5

-0,25

N = 200

*AC có phơng trình : 1

4 8

x y

*Gọi M(x0; y0) thuộc cạnh AC (x0 > 0; y0 > 0)

OM



( x0; y0) ; BM



( x0 - 8; y0) & OMMB  OM  BM



= 0 Hay x0(x0 - 8) + y0 = 0  x2 - 8x + y2 = 0 (1)

Mặt khác: 2x0 + y0 -8 = 0 (2)

Giải (1) & (2) ta đợc M1

4 5 8 5



M2

4 5 8 5

(Loại )



0,25

0,25

0,25

Đáp án -Biểu điểm chấm kiểm tra Học kì II: Ban nâng cao

(I)

2

2 0

3 10 0

x

x x

 







hoặc (II)

2 0

3 10 ( 2)

x

 







Giải hệ (I) ta đợc : x  -2

Giải hệ (II) ta đợc : Vô nghiệm

Vậy nghiệm của bất phơng trình là: x  -2

0,5

0,5 0,5 0,5

* Nếu m 1.Để f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt



' 0

0

0

b S a c P a



 





 







 



2

7 10 0 4

0 1

3 10

0 1

m m m m

















 



 m(- ; - 10

3

) (1; 2)

0,25

1,0

0,25

Phần d)

Vậy: f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt là: m(- ; - 10

3

) (1; 2) -

* BPT f(x) < 0 vô nghiệm khi và chỉ khi f(x)  0 đúng với mọi x  R

*Với m = 1 ta có f(x) = - 4x + 13 Khi đó, f(x)  0  x  13

4

Giá trị m = 1 không thoả mãn yêu cầu đầu bài

* Vói m 1 Ta có f(x)  0 với mọi x  R

' 0

a 





 



2

1 0

7 10 0

m

 



 



 2  m  5 Vậy: f(x) < 0 vô nghiệm khi và chỉ khi m  [2; 5]

-0,25 0,25

0,75 0,25

Phần a)

Phần b)

a) Bảng phân bố tần số - tần suất lớp ghép:

-

-b) Biểu đồ tấn suất hình cột:

0,5

-1,0

Phần a

(1,0điểm)

Phần b

(1,0điểm)

*(d) vuông góc với AB, nhận véc tơ AB



(8; -8) làm véc tơ pháp tuyến Hay đờng thẳng (d) qua C có véc tơ pháp tuyến n (1; -1)

ta có 1(x - 4) - 1(y - 0) = 0 hay x - y - 4 = 0

-Phơng trình đờng tròn (I) có dạng: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

0,5

0,5 -0,5

N = 200

Phần c

(1,0điểm)

Phần d

(0,5điểm)

Qua A, B, C ta có:

b c

a c

a c









Giải hệ trên ta đợc: a = - 6; b = - 6; c = 32

Vậy phơng trình đờng tròn là: x2 + y2 - 12x - 12y + 32 = 0

Có tâm I(6; 6) và bán kính R = 2 10

4 8

x y

*Gọi M(x0; y0) thuộc cạnh AC (x0 > 0; y0 > 0)

OM



( x0; y0) ; BM



( x0 - 8; y0) & OMMB  OM  BM



= 0 Hay x0(x0 - 8) + y0 = 0  x0 - 8x0 + y0 = 0 (1)

Mặt khác: 2x0 + y0 -8 = 0 (2)

Giải (1) & (2): M1

4 5 8 5



M2

4 5 8 5



-Đờng thẳng song song với có dạng: 2x - y + c = 0 (d1)

(d1) Là tiếp tuyến của đờng tròn (I) khi và chỉ khi: d(I, d1) = R

2 5

c

 

Vậy có 2 tiếp tuyến là: 2x - y - 6 + 10 2 = 0

và 2x - y - 6 - 10 2 = 0

0,5

-0,25

0,25

0,25

0,25 -0,25

0,25

Đáp án -Biểu điểm chấm kiểm tra Học kì II:

Ban nâng cao(Lớp chọn)

Phần b)

Bất phơng trình tơng đơng:

(I)

2

2 0

3 10 0

x

x x

 







hoặc (II)

2 0

3 10 ( 2)

x

 







Giải hệ (I) ta đợc : x  -2

Giải hệ (II) ta đợc : Vô nghiệm

Vậy nghiệm của bất phơng trình là: x  -2

0,5

0,5 0,5 0,5

Phần c)

Phần d)

* Nếu m = 1 Phơng trình là bậc nhất không thoả mãn

* Nếu m 1.Để f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt



' 0

0

0

b S a c P a



 





 







 



2

7 10 0 4

0 1

3 10

0 1

m m m m

















 



 m(- ; - 10

3

) (1; 2)

Vậy: f(x) = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt là: m(- ; - 10

3 ) (1; 2)

-

* BPT f(x) < 0 vô nghiệm khi và chỉ khi f(x)  0 đúng với mọi x  R

0,25

0,5

0,25 -0,25