DE DAP AN TOAN HK I LOP 10 NAM 20132014

PHẦN RIÊNG: 3 điểm I.Phần dành cho chương trình cơ bản.. Nội dung Điểm..[r]

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I TOÁN 10 –NĂM HỌC 2013-2014

Nội dung

–Chủ đề

Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng hợp

0,25

3 0,75

2

2,0

6

3,0 Phương trình bậc nhất

Phương trình bậc hai

Định lý Vi-et

2 0,5

2 0,5

1 1,0

1 1,0

6 3,0

Phương trình qui về

phương trình bậc hai

1 1,25

1 1,25

2

2, 5

0,25

1 0,25

1 1,0

3 1,5

0,25

1 0,25

2 1,5

3 2,0

Hệ thức lượng trong

tam giác

1 1,0

1 1,0 Tổng

10,0

SỞ GD- ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I– NĂM HỌC 2013-2014

Trường THPT số 2 Phù Cát Môn Toán -Lớp 10 –Thời gian 90 phút

// (Không tính thời gian phát đề )

A PHẦN CHUNG : ( 7 điểm )

I TRẮC NGHIỆM : ( 3 điểm ) ( Chọn phương án đúng )

Câu 1: Phương trình (m 2)x3m 5 0 có nghiệm duy nhất khi :

Câu 2: Đồ thị hàm số nào sau đây cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt :

A yx22x1 B y x 22x3 C y2x210x1 D y x 24

Câu 3: Gọi x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình 2x2 3x1 0 , thế thì :

A 1 2

3 4

x x 

B 1 2

3 2

x x 

C 1 2

1 2

x x 

D 1 2

1

2

x x 

Câu 4: Phương trình 3x2 (m1)x m  2 0 có hai nghiệm trái dấu khi :

A m 2 B m 2 C m 2 D m  2

Câu 5: Cho hình bình hành ABCD , O là giao điểm của AC và BD Thế thì:

A AB AD  2OA

B BA BC DB 

C AB AD CA 

  

D OC OD BC 

Mã đề thi 132

Câu 6: Tập xác định của hàm số y 2 x là :

A  ; 2

B R\ 2 

Câu 7: Cho a  ( 2; 4)



, b (3;6)



, c (6;3)



, khẳng định đúng là :

A b



và c



cùng phương B a b

Câu 8: Phương trình x2 2x m 0 có hai nghiệm phân biệt khi :

Câu 9: Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB, với bất kỳ điểm M ta có :

A MA MB MI   

B MA MB 2MI

  

C MA MB 2MI

  

D MA MB   0

Câu 10: Cho tam giác ABC với A(3;5),B(1;2),C(5;2) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là:

A

9 9

( ; )

Câu 11: Parabol yx2 2x3 có đỉnh là

A I(1;0) B I ( 1; 4) C I ( 1;6) D I ( 2;3)

Câu 12: Đồ thị hàm số yx3 cắt trục Oy tại điểm có tọa độ là :

-II TỰ LUẬN : ( 4 điểm )

1) ( 2,5 điểm ) Giải các phương trình :

a) 3x2 9x  1 x 2

b) (x2 3 )(x x2 3x1) 12

2) ( 1,5 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vớiA(2; 6), ( 3; 4), (5;0) B  C

a) Tìm tọa độ của điểm M sao cho AM  2BC 0

b) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông

B PHẦN RIÊNG : ( 3 điểm )

I Phần dành cho chương trình cơ bản

1) ( 2 điểm )

a) Xác định hàm số bậc haiy ax 2bx1 biết đồ thị là Parabol có đỉnh là I ( 2;3)

b) Vẽ đồ thị của hàm số y x 2 4x3

2) ( 1 điểm )

Cho tam giác ABC , gọi M và N là các điểm lần lượt thuộc cạnh AB và AC sao cho

AM 2MB và 2AN 3NC Gọi I là trung điểm của MN Chứng minh

AI  AB AC

II Phần dành cho chương trình nâng cao

a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

b) Trong trường hợp phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 , hãy tìm hệ thức liên

hệ giữa x x1, 2 mà không phụ thuộc vào m

2) (1 điểm) Cho tam giác ABC có các cạnhAB c AC b BC a ,  ,  Gọi S là diện tích của tam giác

ABC Chứng minh rằng

4

a b c

S

Hết

SỞ GD- ĐT BÌNH ĐỊNH ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 10

Trường THPT số 2 Phù Cát HỌC KỲ I –NĂM HỌC 2013-2014

-

A.PHẦN CHUNG: (7 điểm )

I.TRẮC NGHIỆM : (3 điểm ) (Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm )

Câu Mã 132 Mã 209 Mã 357 Mã 485

II TỰ LUẬN: (4 điểm )

Câu Ý Nội dung Điểm 1)

2,5 điểm

a)

1,25 đ

2

3x  9x  1 x 2

2 0

x



 



2

2

x

x x





 



0 3 1 2

x x x











 

 



  x3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3

0, 5

0,25

0,25

0,25

b)

1,25 đ Đặt

t x  x

Ta được phương trình : t t ( 1) 12  t2 t 12 0

4 3

t t





  



0,25

0,25

0,25

 t 4 , ta có x2 3x 4 x2 3x 4 0

1 4

x x





  



 t 3, ta có x2 3x 3 x2 3x 3 0 (Vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 1 và x 4

0,25 0,25

2)

1,5 điểm

a)

0,75 đ Gọi M x y( , )

Ta có AM (x 2;y6)

BC (8; 4)



2BC (16; 8)



AM BC x y

18 0

14 0

x

AM BC

y





14

x y





 



 Vậy M(18; 14)

0,25

0,25

0,25

b)

0,75 đ AC (3;6)

(8; 4)

BC  



Do AC BC . 0

Suy ra ACBC

 

Vậy tam giác ABC là tam giác vuông tại C

0,25

0,25 0,25

B PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm )

I.Phần dành cho chương trình cơ bản

Câu Ý Nội dung

Điểm

Câu 1) a)

1 điểm

Do đỉnh I(-2;3) nên ta có :

2 2

b a

a b







Giải hệ ta được : a1;b4

Vậy hàm số cần tìm là yx2 4x1

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu 1) b)

1 điểm -Đỉnh là I(2; 1)

-Trục đối xứng là đường thẳng x 2

- Giao với Oy : (0;3)

0,25 0,25

Giao với Ox : (1;0) và (3;0)

Câu 2)

1 điểm

AI  AM  AN

Mà

2 3

AM  AB

,

3 5

AN  AC

Suy ra

AI  AB AC

Hay

AC

AI  AB

0,25 0,25 0,25

0,25

II Phần dành cho chương trình nâng cao

1 điểm

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

2 0 0

m  



 

 

 2

m m





 

 

2 2 3

m m







 





2

2 3

2

m m











Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi

2

2 3

2

m m











0,25 0,25

0,25

0,25

b )

1 điểm Theo định lý Vi-et , ta có

2 2

m

x x

m





1 2

1

2

m

x x

m







0,25

0, 5

1 2

4 2

2

x x

m

 , 1 2

1

2

x x

m

 

 Suy ra hệ thức x1x24x x1 2 2

0,25

2)

1 điểm

cos

2

b c a A

bc



, sin 2

a A R



Suy ra

cos cot

sin

A A

A

(b c a R)

abc

Do 4

abc S R

 , suy ra

1 4

R abc  S

Hay

cot

4

b c a A

S



Tương tự , ta có

cot

4

a c b B

S



,

cot

4

a b c C

S



Từ đó :

4

a b c

S

0,25

0,25

0,25

0,25

* Chú ý : Mọi cách giải khác đúng , được cho điểm tối đa