Đề kiểm tra học kỳ I môn Toán 10 số 1

c Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A... Giải các phương trình sau.[r]

KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 10 – Chương trình cơ bản Thời Gian: 90 Phút - Đề 01

Bài 1 Giải các phương trình sau

) 2 2 1 ) 3 2 1

Bài 2 Giải và biện luận phương trình 2 2 theo tham số m

m x m x m 

Bài 3 Xác định parabol 2 biết parabol có trục đối xứng , cắt trục tung tại điểm

6

x A(0; 2) và đi qua điểm B(2; 4)

Bài 4 Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau

x y z

x y z



   



    



Bài 5 Cho ba điểm A(2; -3), B(4; 5), C(0; -1)

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

b) Tìm điểm D sao cho ABCD là hình bình hành

c) Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A

KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 10 – Chương trình cơ bản Thời Gian: 90 Phút - Đề 02

Bài 1 Giải các phương trình sau

) 3 7 3 ) 2 5 2

Bài 2 Giải và biện luận phương trình 2 2 theo tham số m

m x mmxm 

Bài 3 Xác định parabol 2 biết parabol có đỉnh và đi qua điểm

y ax bxc I( 1;  4) A(-3; 0)

Bài 4 Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau

5

x y z

x y z

   





   



Bài 5 Cho ba điểm A(-5; 6), B(- 4; -1), C(4; 3)

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

b) b)Tìm điểm D sao cho ABCD là hình bình hành

c) Tính tọa độ chân A’ của đường cao vẽ từ đỉnh A

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN

LỚP 10 (Ban CB) - Đề 1

a)

2 2 1 (1)

x  x

Điều kiện: x    2 0 x 2

2

2

1

4

x

x

 





 

 đều thỏa mãn điều kiện của phương trình (1) nhưng thay vào

1

1,

4

x  x

phương trình thì x 1 không thỏa, 1 thỏa phương trình Vậy là

4

4

x nghiệm của phương trình (1)

0,25

0,25

0,25

b)

3x  2 x 1 (2)

3 4 1 2

x

x

  



 

  



Thay 3, 1 vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn Vậy

x  x 

là nghiệm của phương trình (2)

,

x  x 

0,25

0,25

0,25

2

2

2 3 ( 1) 2 3 (1)

m x m x m

1 0

1

m m

m





     



2 2

(1)

x

1 0

1

m m

m





     

 Với m1 thì phương trình (1) thành 0x 4: vô nghiệm

Với m 1 thì phương trình (1) thành 0x0: có vô số nghiệm

Kết luận: Nếu 1 thì phương trình có nghiệm duy nhất

1

m m





  



3 1

m x m





 Nếu m1 thì phương trình vô nghiệm

Nếu m 1 thì phương trình có vô số nghiệm

0,25 0,25 0,5

0,25 0,25 0,25

0,25

2

Theo giả thiết ta có 5 5 3 0 (1)

b

a b a

(P) cắt trục tung tại điểm A(0; 2) và đi qua điểm B(2; 4) suy ra

2

c 4a2b c 4

Từ (1) và (2) suy ra a3, b 5, c2

Vậy phương trình (P) là: 2

( ) :P y 3x 5x2

0,25

0,5 0,5 0,25

1

4

x y z

x y z



   



    



1 2

3

x

z



    



  



 



1

2 2 3

x y z



  



 



 



0,5

0,5

a)

(2;8), ( 2; 2)

AB AC  

2    2



Suy ra 2 vectơ  AB AC, không cùng phương A, B, C không thẳng hàng



0,5 0,25

0,25

b)

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm D, DC  ( x ; 1 y)

Vì ABCD là hình bình hành nên ABDC

     

Vậy D( 2; 9) 

0,25 0,25 0,5

c)

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm A’

AA'(x2;y3), BC   ( 4; 6), BA'(x4;y5)

4( 2) 6( 3) 0 2 3 5 (1)

 

cùng phương với

'

BA



BC

3 2 2 (2)

x y

Từ (1) và (2) suy ra:

4

13

x

x y

x y

y

  



  



Vậy '( 4 ; 19)

13 13

A  

0,5 0,25 0,25 0,5

0,5

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN

LỚP 10 (Ban CB) - Đề 2

A' A

Bài Nội dung Điểm

a)

3x  7 x 3 (1)

3

x    x

2

2

1

2

x

x

 



 thỏa mãn điều kiện của phương trình (1) Thay

1, 2

vào phương trình ta thấy thỏa mãn Vậy x 1, x 2 là nghiệm của phương

trình (1)

0,25

0,25

0,25

b)

2x  5 x 2 (2)

1 7

x

x





  



Thay x1, x7 vào phương trình (2) ta thấy thỏa mãn Vậy x1, x7 là

nghiệm của phương trình (2)

0,25 0,25

0,25

2

2

3 2 ( ) 3 2 (1)

m x m mx m

0

1

m

m







2 2

(1)

x

0

1

m

m





 Với m0 thì phương trình (1) thành 0x 2: vô nghiệm

Với m1 thì phương trình (1) thành 0x0: có vô số nghiệm

Kết luận: Nếu 0thì phương trình có nghiệm duy nhất

1

m m





 



2

m x m





Nếu m0 thì phương trình vô nghiệm

Nếu m1 thì phương trình có vô số nghiệm

0,25 0,25 0,5

0,25 0,25 0,25

0,25

1,5

3

2

( ) :P yax bxc

Theo giả thiết ta có I( 1;  4) 1 2 (1)

2

b

b a a



(P) đi qua điểm A(-3; 0), I( 1;   4) ( )P

suy ra ta có : 9 3 0 (2)

4

a b c

a b c



    



Từ (1) và (2) suy ra a1, b 2, c 3

Vậy phương trình (P) là: 2

( ) :P y  x 2x3

0,25

0,5

0,5 0,25

4

5

x y z

   





   



5 5

8 8

6 6

0,5

0,5

a)

(1; 7), (9; 3)

AB  AC  

Ta có 1 7





 Suy ra 2 vectơ  AB AC, không cùng phương A, B, C không thẳng hàng



0,5 0,25

0,25

b)

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm D, DC (4x ; 3 y)

Vì ABCD là hình bình hành nên ABDC

Vậy D(3;10)

0,25 0,25 0,5

c)

Gọi ( ; )x y là tọa độ điểm A’

AA'(x5;y6), BC (8; 4), BA'(x4;y1)

 

cùng phương với

'

BA



BC

2 2 (2)

x y

Từ (1) và (2) suy ra: 2 4 2 Vậy

0,5 0,25 0,25 0,5 0,5

A' A