De kiem tra Hoc ki I Toan 10 de so 9

[r]

SỞ GD-ĐT THỪA THIÊN HUẾ

TRƯỜNG THPT TAM GIANG

Đề số 9

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010

Môn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút

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4x5

Câu 2: (2điểm)

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

2) Cho phương trình : x22mx m m 2  Tìm tham số 0 mđể phương trình có hai nghiệm phân

biệt x x1 2, thỏa mãn : x2 x2 x x

1  2 3 1 2

Câu 3: (3điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm 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 G của tam giác ABC.

2) Cho

3

5

   

.Tính giá trị biểu thức: P 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 : x4 2 9x 6 4x2 9x12 20 0 

2) Tìm m để hệ phương trình :

mx y m

x my 4







 

  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:

xy

6









3) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(1; 2), (5; 1), (3;2) B  C Tìm tọa độ điểm D

để tứ giác ABCD là hình bình hành.

––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

Họ và tên thí sinh: SBD :

SỞ GD-ĐT THỪA THIÊN HUẾ

TRƯỜNG THPT TAM GIANG

Đề số 9

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010

Môn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút

1.1



1.2

TXĐ: D  , tọa độ đỉnh I(2;9) 0.25

a1: Parabol quay bề lõm xuống dưới và nhận x 2 làm trục đối xứng 0.25

0.25

0.5

2.2

x12x223x x1 2  (x1x2)2 5x x1 2 0

m

m

0

5











0.5

3.1a

AB ( 4;2) 



0.25

4 2



AB

 không cùng phương với AC 0.25

3

x   2 

y 9

   

1 0

8

6

4

2

- 1 5 y

O

9 I

2

3

Trọng tâm tam giác ABC là : G(1;4) 0.25

3.2

s

25

3 tan

4

3 1

4 4



3 7

4 4





4a.1

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

y

y

4









y 2 4x2 9x12 2  4x2 9x 8 0: Phương trình vô nghiệm 0.25

y 4 4x2 9x 12 4 4x2 9x 4 0 x 9 145

8

4a.2

m

m

2

1

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

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

0.25

Từ PT thứ nhất ta có :

y m

x

1



 thay vào PT thứ hai ta được:

x2 5x(4 y2) 0 

y x

y x

2

2

2

2

















0.25

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

n y

n y

2 1

2 9

  

 

 







hoặc







  hoặc







  hoặc







  hoặc







Giải ra được : y 2, 2,0

0.25

Thử lại :

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

hoặc m 1

2



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

hoặc m 1

2



0.25

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

Vậy :

4a.3

Tính được : AB AC a  0.25

2

 

0.25

a

2

4b.1

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

Giải được :

t t

3 4









0.25

t 4 x2  4 x2.Kết luận phương trình có 4 nghiệm :x 3,x2

0.25

4b.2

x y xy

x y

xy

5 6

5

6



              

   



0.25

x y xy

5 6







 



x x

2 3

 

 



 hoặc

x y

3 2











0.25







  hoặc

x y

3 2









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:

x

AD BC

y

2 3







 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0.25

Giải được :

x y

1 1









……HẾT……