đề và đáp án đề 06

b/.Tìm tọa độ trọng tâm Gcủa tam giác ABC.. Tìm tọa độ điểm Dđể tứ giác ABCD là hình bình hành.

ĐỀ THI THỬ KIỂM TRA HỌC KÌ I Môn toán lớp 10 năm học 2010 - 2011

Thời gian 90’ (Không kể thời gian giao đề)

I/.PHẦN CHUNG: (7điểm) (Dành cho tất cả các học sinh)

Câu 1: (2điểm)

1/.Cho hai tập hợp A0;2 , B (1;3).Hãy xác định các tập hợp :

A B A B A B 

2/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y x2 4 5  x

Câu 2: (2điểm)

1/.Xét tính chẵn lẻ của hàm số: f x( )   x 1 x 1

2/.Cho phương trình : x2 2mx m 2 m0.Tìm tham số mđể phương trình

có hai nghiệm phân biệt x x1 2, thỏa mãn : x12x22 3  x x1 2

Câu 3: (3điểm)

1/.Trong mặt phẳng oxy cho:A(1;2), ( 3;4), (5;6)B  C

a/.Chứng minh ba điểm A B C, , không thẳng hàng

b/.Tìm tọa độ trọng tâm Gcủa tam giác ABC 2/.Cho sin 3 0(0 90 )0

5

    Tính giá trị biểu thức : 1 t an

1+tan







II/.PHẦN RIÊNG: (3điểm) (Học sinh chọn Câu4a hoặc Câu 4b để làm)

Câu 4a: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách nâng cao)

1/.Giải phương trình : 4x2 9x 6 4x2 9x12 20 0 

2/.Tìm mđể hệ phương trình :

4

mx y m

x my







 

  có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên

3/.Cho tam giácABC vuông cân tại A có BC a 2.Tính : CA CB AB BC    ,

Câu 4b: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách chuẩn)

1/.Giải phương trình: x4 7x212 0

2/.Giải hệ phương trình: 2 2 13

6

x y xy







3/.Trong mặt phẳng oxy cho tam giác ABC với A(1; 2), (5; 1), (3;2)  B  C Tìm tọa độ điểm Dđể tứ giác ABCD là hình bình hành

Hết

ĐÁP ÁN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010-2011.

m

1.1

0;3

(1;2)

 

\ 0;1

1.2

1

a  :Parabol quay bề lõm xuống dưới và nhận x 2 làm trục đối

xứng

0.25

0.25

0.5

2.1

2.2

x x  x x  x x  x x 

0

5

m

m











0.5

3.1a

( 4;2)

AB  

, AC (4;4) 



0.25

4 2



AB



, ,

x   2 

y 9

   

1 0

8

6

4

2

- 1 5 y

O

2

b

1 3

x A x B x C

4

3

y A y B y C

3.2

s

25

3 tan

4

3 1

1 tan 1

4 4



3 7

1 tan 1

4 4



1 tan 1

1 tan 7





4a.1

Đặt : y 4x2 9x12 0 ,phương trình trở về: 2 6 8 0 2

4

y

y









 0.25

y  x  x   x  x  : Phương trình vô nghiệm

0.25

2

8

4a.2

1

m

m

   Với : m 1 thì hệ phương trình có nghiệm duy

nhất và x 1không thỏa mãn hệ phương trình.Nên :x 1

0.25

Từ PT thứ nhất ta có :

1

y m

x



 thay vào PT thứ hai ta được:

x  x  y  

2

2

2 5 (4 2) 0

2

2

y x

y x



















0.25

Để x  cần phải có 9 4 y2 n n2 ,  (n 2 )(y n2 ) 9,y  y



 

n y

n y







 

 

n y

n y







n y

n y







 

n y

n y







n y

n y







 

 

Giải ra được : y  2, 2,0

0.25

Thử lại :

y  hệ có nghiệm : 0;2 , 5;2   m 2hoặc 1.

2

m 

2

y  hệ có nghiệm : 0; 2 , 5; 2      m 2hoặc 1

2

m 

0

y  hệ có nghiệm : 4;0 , 1;0 m 0

0.25

Vậy : 2; 1;0; ;21

  

0.25

4a.3

2

2

CA CB AC CB c   a a a

0.25

2

2 2

0

AB BC BA BC BA BC c a a 

4b

1

Đặt :t x 2 0  đưa về phương trình t2 7 12 0  t  0.25

Giải được : 3

4

t t









2

t   x   x

0.25

2

t  x   x Kết luận phương trình có 4 nghiệm :

4b

2

5 6

6

x y xy

xy



 



0.5

5 6

x y xy







 



2 3

x x





 





2

x y











0.25







2

x y









Hệ phương trình có 4 nghiệm : (2;3),(3;2),( 2; 3),( 3; 2)     0.25

4b

3

Gọi D x y( ; ),             AD (x 1;y 2),               BC  ( 2;3)

0.5

Tứ giác ABCD là hình bình hành nên: 1 2

2 3

x

AD BC

y







 

 

0.25 Giải được : 1

1

x y









Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì tùy theo đó giáo viên chấm cho các

phần điểm tương ứng sao cho hợp lý