Đáp án – thang điểm Đề thi học kỳ I Toán 10

Lưu ý: 1 Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng và hợp lôgic thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.. 2 Các bước phụ thuộc không có hoặc sai thi kh[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Ngày thi: 22/12/2010 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN 10

(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 03 trang)

6 8 0

A x x  x  và Bx    theo cách x 1 1

li ệt kê phần tử Tìm AB A B, \

1,00

 Ta có: 2

x  x   x x nên tập hợp A 2; 4 0,25

 Ta có: x   1 1 x 0,x2 nên tập hợp B 0;2  0,25

1 Hãy xác định hàm số bậc hai 2

y x bx  bi c ết rằng đồ thị của nó có trục đối xứng là đường thẳng 1

3

x và c ắt trục tung tại điểm A0; 1  

1,00

 Do 1

3

x và a3 nên ta có 1 2

b

b a

 Do A0; 1   P nên ta có c 1 0,25

2 Tìm giao điểm của parabol 2

y x  x  v ới đường thẳng y4x  2 1,00

 Hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng là nghiệm của phương trình: 2x24x 6 4x2  1 0,25

 Giải phương trình (1) ta được nghiệm x2; x  2 0,25

 Với x2 thì y10, Với x 2 thì y  6 0,25

 Vậy parabol 2

y x  x đã cho và đường thẳng y4x có 2 hai giao điểm là 2;10 ,  2; 6  0,25

 Điều kiện: 5 

* 3

 Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được phương

3

x

x

 



 Thử lại ta thấyx2, x là nghiệm của phương trình 3 0,25

2 Cho phương trình: 2     2   

x m x m Xác định các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, biết tổng của hai nghi ệm không lớn hơn 4

1,00

2 m 1 4.1 m 1 8m

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi biệt thức  0 hay

0

 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) Theo định lí Vi-ét ta có: x1x2 2m1  Vì tổng của hai nghiệm không lớn hơn 4 nên 0,25

 

x x   m  m

 Kết hợp điều kiện ta được 0 m 1 Vậy với 0 m 1 thỏa đề bài 0,25

Câu VI Trong m ặt phẳng tọa độ Oxy, Cho tam giác OAB có A   1; 3 , B 4; 2 và O là

g ốc tọa độ

2,00

1 Ch ứng tỏ tam giác OAB vuông tại A Từ đó tính diện tích tam giác OAB 1,00

 Ta có: OA 1;3 , AB3; 1  

 Suy ra: OA AB  1.3 3 1   0

Vậy tam giác OAB vuông tại A 0,25

 Vậy diện tích tam giác OAB vuông tại A là:

1

2

OAB

2 G ọi M là trung điểm cạnh OB Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua M 1,00

 Gọi M 2;1 là trung điểm của cạnh OB 0,25

 Gọi A x y' ; Ta có: AM 1; 2 ,  MA'x2;y1 

0,25

 Vì A’ đối xứng với A qua M nên ta có:  AM MA'

hay A

      

  Vậy A' 3; 1   là điểm cần tìm 0,25

Ph ần 1: Theo chương trình chuẩn

 Khi đó phương trình trở thành: 25t296 16 0.t  Giải phương trình,

ta được nghiệm 4, 4

25

 Do t0 nên ta nhận nghiệm 4

25

t Với 4

25

t thì 2

5

 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: 2, 2

2

Tìm giá tr ị nhỏ nhất của hàm số:    

 

2

2

1

2010

1

y x x

x x V ới x là số

th ực

1,00

 Do

2

x   x x     x

 Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số dương, ta có

 

2

2

1

1

0,25

 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là Miny2011khi x0, x  1 0,25

Câu IV.b Cho tam giác ABC vuông t ại A có AC8, AB15. Tính tích vô hướng

 

CA CB

1,00

 Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: cosC AC

BC

 Khi đó:      

CA CB CA CB c CA CB AC BC c C

 AC  264

BC

0,50

 Vậy CA CB  64

0,25

Ph ần 2: Theo chương trình nâng cao

1 Gi ải phương trình:  2

x  x    x  x   0,25

 Đặt t x 2 ,t0

Phương trình trở thành:  

4

 





0,25

 Với t4 thì 2 4 2

6

x x

x





     

 Thử lại ta nhận x2, x  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 6

2 Giải hệ phương trình:   

2 2 4

x y x y

xy x y





 Hệ phương trình đã cho được viết lại dưới dạng:

4 4

x x y y

x x y y





 Đặt ux2x v,  y2y Khi đó ta có hệ PT: 4

4

u v uv

 



 

 Do đó u, v là hai nghiệm của phương trình:

 Khi đó:





trình đã cho có 4 nghiệm là:     x y;  1;1 , 1; 2 , 2;1 , 2; 2       

0,25

Câu VI.b Cho tam giác ABC vuông t ại A có AC8, AB15. Tí nh tích vô hướng

 

CA CB

1,00

 Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: cosC AC

BC

 Khi đó:      

CA CB CA CB c CA CB AC BC c C

  2

BC

0,50

 Vậy CA CB  64

0,25

L ưu ý:

1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng và hợp lôgic thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định

2) Các bước phụ thuộc không có hoặc sai thi không chấm bước kế tiếp

3) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm của mỗi trường

-Hết -