de thi hoc ki I lop 10

[r]

Sở GD&ĐT Thanh Hóa

Trờng THPT Triệu Sơn 4

Đề kiểm Tra học kì I năm học 2009 – 2010

Môn Toán – Lớp 10 ( Thời gian 90’)

I Phần chung cho tất cả thí sinh

Câu I ( 2 điểm)

1.(1điểm): Cho các tập hợp A = {0 ; 1 ; 3; 5; 7 }, B = {1; 2 ; 3; 4; 5; 6} và C ={3;4; 5} Hãy tìm các tập hợp AB; B\ C ; A(B\ C) ; ( AB)\ C

2 ( 1điểm) Biết 7= 2, 6457513

Hãy làm tròn 7đến hàng phần nghìn

Câu II( 3 điểm)

1.(2 điểm): Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = -x2 + 4 x – 3

2 ( 1 điểm): Giải phơng trình :x2 – 4 x +3| x – 2 | + 4 = 0

Câu III ( 2 điểm)Cho tam giác ABC Gọi D là trung điểm của AC , I là trọng tâm của tam

giác BCD

a (1 điểm) Chứng minh IA 2IB 3IC 0

b ( 1 điểm).Gọi K là điểm thỏa mãn KB 3KC  0, M, N là hai điểm thỏa mãn

MN MB 3MC Chứng minh đờng thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định

II Phần dành riêng cho từng đối t ợng thí sinh

A Phần cho thí sinh theo ch ơng trình chuẩn ( h/s các lớp B 5– B 8)

Câu IVa ( 2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1 ; 2) ; B ( -1; 1) và C ( 0; 3) a.( 1 điểm).Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC

b.( 1 điểm).Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành

Câu V a ( 1 điểm): Tìm m để phơng trình sau có nghiệm

2(x2+2x) + 2 2 3



 x

B Phần dành cho thí sinh theo ch ơng trình nâng cao (Học sinh các lớp b 1– b 4)

Câu IVb( 2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(1 ; 2) ; B ( -1; 1) và C ( 0; 3)

a.( 1 điểm) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng , tìm tọa độ điểm E sao cho điểm A là trọng tâm của tam giác BCE

b.( 1 Điểm) Tìm tọa độ các điểm M, N, P sao cho A, B, C lần lợt là trung điểm của MN ; NP và PM

Câu Va(1 điểm) Chứng minh rằng nếu hai phơng trình

2 1 1 0





p x q





p x q

q1 q22  (p1 p2)(q2p1q1p2)  0

Hết

Đáp án đề thi học kì I môn toán lớp 10 – năm học 2009- 2010

I

(2đ) 1( 1 đ) AB = {1; 3; 4 }

B\ C = {1; 2; 6 } (AB)\ C = {1}

A(B\ C) = {1}

0,25 0,25 0,25 0,25 2( 1 đ) Gọi a là số quy tròn của 7 đến hàng phần nghìn

Ta có a = 2, 6460

II 1(2đ) Bảng biến thiên

x - 2 +



y 1

Đồ thị:

0,5

1,5

2(1đ) Đặt t = |x – 2| đk t0 Thay vào phơng trình ta đợc

0 3

2



 t t

Giải đợc t = -3( loại) và t = 0 suy ra x = 2

0,5 0,5

III a (1 đ) Ta có VT = IAIC 2IB 2IC = 2ID+ 2IB +2IC ( Do D là

trung điểm của AC nên IA  IC= 2ID ) Mặt khác theo gt , I là trọng tâm của tam gia BCD nên = ID+ IB +IC = 0

Từ đó suy ra VT = 2(ID+ IB +IC ) = 0

0,5

0,5

b (1 đ) Theo gt, KB 3KC và B, C cố định nên K cố định

Ta có: MN MB 3MC  MN MK KB 3MKKC

 MN   2MKKB 3KC  2MK( vì KB 3KC 0)

MK

MN   2 chứng tỏ M,N, K thẳng hàng hay MN luôn đi qua

điểm K cố định

IVa 1( 1đ) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC Thì































3 3

3 1 2

0 3

)1 ( 0 1

G

G y

x

 G(0; 2)

1

điểm)

2 (1 đ) Gọi D (x; y) Tứ giác ABCD là hình bình hành AB = DC





















1 3

2

y

x

 D(2; -2)

0,5 0,5

Đặt t = 2 2 3



 x

x ( t0) Thay vào phơng trình , ta đợc:

Tọa độ đỉnh I(2; 1) Trục đối xứng x =2 Giao với ox: (1; 0)

và (3; 0) Giao với oy (-3; 0)

2t2 +t + 6 – m = 0 (1) Phơng trình đã cho có nghiệm khi (1) có nghiệm t0

  1 2

2 1

0 0

t t t t









0) 6(2 0

0 0

[  















p

0,5 0,5

IVb 1( 1 đ) Ta có :AB    2  ; 1 ; AC    1 ; 1 , do AB và AC không cùng

phơng nên A, B, C không thẳng hàng

Gọi E(x; y) , A là trọng tâm của )2;4(

3

31 2 3

01 1

E y

x





























0,5

0.5

2(1 đ) Gọi Mx1; y1 ; Nx2; y2 và Px3; y3 Từ gt ta có:























 0 2 2

3 1

3 2

2 1

x x

x x

x x

và





















 6 2 4

3 1

3 2

2 1

y y

y y

y y

KQ: M(2; 4); N(0; 0); P( -2; 2)

0,5 0,5

Hai phơng trình có nghiệm chung 





















0

0 2 2 2

1 1 2

q x p x

q x p

x

có nghiệm

Đặt y = x2 (y 0 ), thì hệ sau có nghiệm

























2

2 2

1 1

0 0

x y

q y x p

q y x p

(*) (*)

có nghiệm khi



















0

0 2 2

1 1

q y x p

q y x

p

(2) có nghiệm thỏa mãn y =

x2 (3)

Ta có các trờng hợp sau:

a D 0  p1 p2  0, nghiệm của (2) là :

0,25

0,25

0,25

0,25

2 1

2 1 1 2 2

1

2

p p

q p q p y p p

q q x













2 2 1

2 1 2

1

2 1 1 2

























p p

q q p

p

q p q p

 q1 q22  (p1  p2)(q2p1q1p2)  0

b D = Dx= Dy = 0, tức là : p1 – p2 = 0, - q1+q2 = 0, p2q1 – p1q2

= 0 thì đẳng thức đã cho vẫn đúng

Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác trong đap án , nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.