Đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 10 năm học 2014 2015 trường THPT Châu Thành 1, Đồng Tháp

Tìm tọa độ đỉnh Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành.. PHẦN RIÊNG - Tự chọn 2,0 điểm Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần phần 1 hoặc phần 2 Phần 1: Theo chương trình Chuẩn..

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐỒNG THÁP

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề gồm có 01 trang)

KIỂM TRA HỌC KÌ I Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN - Lớp 10

Ngày thi:25/12/2014

Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm)

Câu I (1,0 điểm)

Cho hai tập hợp A0;1;3; 4 , B1;3; 5  TìmAB và AB

Câu II (2,0 điểm)

1 Tìm parabol (P):yax2bx2(a0), biết parabol đó có trục đối xứng là x 3

2

 và đi qua điểm A1; 6 

2 Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y x22x 1.

Câu III (3,0 điểm)

1 Giải phương trình : 2x  3 9 2x

2 Giải phương trình : 4 2

4x 65x 160

3 Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:   

  



3x 2y 2

x 4y 3

Câu IV (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác MNP có M3; 0 , N 1; 1 , P1; 2 

1 Tìm tọa độ trọng tâm G của MNPvà tọa độ NG



2 Tìm tọa độ đỉnh Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành

II PHẦN RIÊNG - Tự chọn (2,0 điểm)

Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

Phần 1: Theo chương trình Chuẩn

Câu V.a (1,0 điểm)

Cho a1; b 1 Chứng minh bất đẳng thức: a b 1 b a 1 ab

Câu VI.a (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(–2; 6), C(9; 8) Tìm tọa độ trực tâm H của ABC

Phần 2: Theo chương trình nâng cao

Câu V.b

Giải phương trình: 2

2

Câu VI.b (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC có A(–4;5),B(–2;0),C(1;3) Biết AH là đường cao củaABC(HBC)

Tìm tọa độ H HẾT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐỒNG THÁP

HƯỚNG DẪN

CHẤM CHÍNH THỨC

(gồm có 04 trang)

KIỂM TRA HỌC KÌ I Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN - Lớp 10

Ngày thi:25/12/2014

Câu I

(1,0 đ)

Cho hai tập hợp A0;1;3; 4 , B1;3; 5  TìmAB và  A B

 AB0;1;3; 4;5

 AB 1;3

0,5 0,5

1 Tìm (P):yax2bx2(a0), biết (P) có trục đối xứng là x 3

2

 và đi qua điểm A1; 6 

 x 3

2

 là trục đối xứng suy ra: b 3 3a b 0

2a 2



    (1)

 (P) qua A1; 6a b 4(2)



 Vậy (P):yx23x2

0,25 0,25

0,25 0,25

Câu II

(2,0 đ)

2 Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x22x1

 D = R; Tọa độ đỉnh I1; 0 

 Trục đối xứng là đường thẳng x = 1 Do a = -1 < 0 nên (P) có bề lõm

hướng xuống

 Bảng biến thiên

x  1 +

0

y

 

 Đồ thị:

0,25

0,25 0,25

0,25

1 Giải phương trình: 2x  3 9 2x.(*)

 (*)

2

9 2x 0 2x 3 (9 2x)

  



 

  





2

9 x 2 4x 38x 78 0

 



 





9 x 2

x 3

x 3 13 x 2

 





   



 



Vậy tập nghiệm là S 3

0,25

0,5

0,25

2 Giải phương trình: 4 2

4x 65x 160

 Đặt t = x2 (t0) Phương trình trở thành: 2

4t 65t160



t 16 1 t 4

 



 

 



(thỏa đk)

t16x 16  x 4

Vậy phương trình có 4 nghiệm: x 1; x 4

2

   

0,25

0,25

0,25 0,25

Câu III

(3,0 đ)

3 Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:    



        

     





14 7

x y y



  



 





1 1 2

x

y Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (–1;

1

2)

0,25

0,25

0,5

Câu IV

(2,0 đ)

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác MNP có M3; 0 , N  1; 1 , P1; 2 

1 Tìm tọa độ trọng tâm G của  MNPvà tọa độ NG 

 ( ; )G x y là trọng tâm MNP nên: 3 1 1

(1; )









G

x

G

2 Tìm tọa độ đỉnh Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành

Gọi Q(x ;y)

 Tứ giác MNPQ là hình bình hành nên PQNM

PQ(x1; y2); NM(4;1)

 Hệ     

y y Vậy Q(5 ;3)

0,25 0,5 0,25

Câu

V.a

(1,0 đ)

Cho a1; b 1 Chứng minh bất đẳng thức: a b 1 b a 1 ab

 Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho hai số không âm b 1 và 1

 

 Tương tự: b a 1 ab

2

  (2)

 Từ (1) và (2)a b 1 b a 1 ab, Đẳng thức xảy ra khi a=b=2

0,5 0,25 0,25

Câu

VI.a

(1,0 đ)

Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(–2; 6), C(9; 8) Tìm tọa độ trực tâm H

của ABC

Gọi H(x;y)

AC(8; 6); BC(11; 2); AH(x1; y2); BH(x2; y6)

 H là trực tâm nên: AH BC

BH AC

 





 

 

8(x 2) 6(y 6) 0 y 2

0,25 0,25

0,5

Câu

V.b

(1,0 đ)

Giải phương trình: 2

2

 Với điều kiện x  0, (1) 1 2 1



x

x



  



 

  



x 2

1 5

2

 



 



(thỏa đk)

x 2

      (vô nghiệm)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2, x 1

2



0,25

0,25

0,25

0,25

Câu

VI.b

(1,0 đ)

Cho tam giác ABC có A(–4;5),B(–2;0),C(1;3).Biết AH là đường cao

củaABC(HBC) Tìm tọa độ H

Gọi H(x;y)

 BC(3; 3); AH(x4; y5); BH(x2; y)

 H chân đường cao kẻ từ A nên: AH BC

 





 

 





1 3(x 4) 3(y 5) 0 x

2

x 2 y

3 y

2





Vậy H( 1

2

 ;3

2)

0,25 0,25

0,5