Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I năm học 2012-2013 môn thi Toán 10

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I. Năm học 2012-2013

Môn thi: TOÁN 10 Đề Xuất Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm) Câu I ( 1,0 điểm)

Cho các tập hợp: và . Tìm các tập hợp :   1 3 /      x R x A   4 0 /     x R x B . ; A B A B   Câu II (2,0 điểm)

1) Tìm parabol (P): y = ax2 + bx + 2, biết (P) có đỉnh I(1; - 4). 2) Tìm tọa độ giao điểm giữa đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng d: y = x – 1. 2 4 3 y x x   

Câu III ( 3,0 điểm)

1) Giải phương trình: . 2 5 4 x x   

2) Không dùng máy tính, hãy giải hệ phương trình: 5 3 7 3 8 x y x y        Câu IV ( 2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 điểm    3 ;1 ; 2;5 ; 2;1  C B A 1) Chứng minh tan giác ABC vuông. Từ đó tính diện tích tam giác ABC. 2) Xác định tọa độ D đối xứng với A qua . B II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu Va ( 2,0 điểm)

1) Giải phương trình : 4 2 2 7 5 0 x x   

2) Cho a, b,c > 0 và . Chứng minh: . 1 a b c    1 1 1 9 a b c   

Câu VIa (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(-1;2), B(4;3), C(5;-2). Tìm tọa độ điểm D để ABCD là hình vuông. 2. Theo chương trình nâng cao Câu Vb ( điểm)

1) Giải hệ phương trình sau:

  

  

  

2

4 2 2

y y xy

y xy x

2) Giải phương trình: . 2 2 2 2 3 4 9 x x x x      Câu VIb ( 1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A(-4; 1), B(2; 4) và C(2; -2). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

------------------------- Hết --------------------------

ThuVienDeThi.com

ĐÁP ÁN

CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỄM I(1đ)   3;1 A 

  0;4 B 

  0;1 A B  

  3;4 A B  

0,25 0,25 0,25 0,25

1

Ta có:    

1; 4

1; 4

I

I P

    

 2 0

6 a b a b      

6

12 a b

    Vậy (P) 2 6 12 2 y x x   

0,25

0,50

0,25

II(2 đ)

2 Giao điểm của (P) và d là nghiệm phương trình 2 4 3 1 x x x     (VN) 2 3 4 0 x x     Vậy (P) và d không có giao điểm

0,50

0,25 0,25

1 Giải PT

 

2

2 5 4

4 0 2 5 4

2 5 4

x x

x x x

x x

  

           

2

4 5 14 10 11 0 x x x x

           Vây phương trình có nghiệm 5 14 x  

0,50

0,50

0,50

III(3 đ)

2

Giải hệ pt 5 3 7 3 8 x y x y       

 

5 3

7 5 3 3 8

x y

y y

      

49 38

13 38

x

y

     

1,0

0,50

IV(2 đ) 1

Ta có  

 

4;0

0; 5

AB

AC







 

. 0 AB AC AB AC

       Vậy tam giác ABC Vuông tại A Diện tích tam giác ABC:

0,25

0,25

0,25

0,25

ThuVienDeThi.com

1 1 . 4.5 10( ) 2 2 S AB AC dvdt    0,50

2 Gọi   ; D x y

D đối xứng với A qua B

B là trung điểm của AD 2

2

B A

B A

x x x

y y y

       Vậy   9;2 D

0,25

0,25

1

4 2 2 7 5 0 x x   

2

2

1 1

5 5 2 2

x x

x x

   

          

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm

1,0 Va (2 đ)

2

Ta có:

3

1 1 1 1 3

a b c abc

a b c abc

  

  

(do )   1 1 1 . 9 a b c a b c           

1 a b c   

Vậy 1 1 1 9 a b c   

0,25

0,25

0,25

0,25

VIa(1 đ) Gọi   ; D x y

Ta có

 

 

 

5; 1

1; 5

5; 2

BA

BC

CD x y







 

 

  

ABCD là hình vuông  . 0

BA CD

BA BC BA BC

 

 

          5 5 1 2 x BA CD y

          Vậy D(0;-3)

0,25

0,50

0,25

Vb(2 đ) 1

Giải hệ pt

2 2 4 2 x xy y xy x y

         Đặt S = x + y P = xy

Hệ pt trở thành

2

3

5 4

2 2

0

S

P S P

S P S

P

                      

là nghiệm pt (vn) 3

5

S

P

    

;x y  2 3 5 0 X X   

0,25

0,50

ThuVienDeThi.com