SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN- Lớp 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 10/01/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT TRẦN QUỐC TOẢN (Phòng GDĐT……… ) I. PHẦN CHUNG CÂU I: (1.0 điểm) Cho tập A = (0;5] và B = [2; + ∞ ). Tìm tập C biết C = A ∩ B CÂU II: (2.0 điểm) 1/ Cho hai đường thẳng d 1 : 2 1x y+ = và d 2 : 2 7x y− = . Tìm tọa độ giao điểm M của hai đường thẳng d 1 và d 2 . 2/ Tìm Parabol (P): 2 y x bx c= + + biết rằng đỉnh của (P) là I(-1; 0) CÂU III: (2.0 điểm) Giải các phương trình sau 1/ 2 1 1 0 ( 1)x − = + 2/ 2 3 1 1x x x− + − = CÂU IV: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC biết A(1; -2), B(0; 2), C(-1; 3) 1/ Gọi M là trung điểm BC và G là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa độ M và G 2/ Gọi N là giao điểm của AB với trục hoành. Tìm tọa độ N II. PHẦN RIÊNG Theo chương trình cơ bản CÂU Va: (2.0 điểm) 1/ Giải hệ phương trình sau (không dung máy tính): 6 2 7 2 5 x y z x y z x y z + + =   + + =   − + =  2/ Cho hai số thực a,b dương. Chứng minh rằng: 4 1 1 a b a b ≤ + + CÂU VIa: (1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho A(0; 2) và M(1; 3). Tìm trên trục Ox điểm B sao cho tứ giác OBMA nội tiếp được một đường tròn. Theo chương trình nâng cao CÂU Vb: (2.0 điểm) 1/ Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 1 x y y x xy  + =    =  2/ Cho phương trình 2 2 1 0x mx m+ + − = . Biết phương trình đã cho có một nghiệm là 1, hãy tìm nghiệm còn lại của phương trình. CÂU VIb: (1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho A(0; 2) và M(1; 3). Tìm trên trục Ox điểm B sao cho tứ giác OBMA nội tiếp được một đường tròn. HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang) Đơn vị ra đề: THPT TRẦN QUỐC TOẢN (Phòng GDĐT……………….) Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu I (1,0 đ) C = A ∩ B = [2; 5] 1.0đ Câu II (2,0 đ) 1/ Tọa độ giao điểm M của d 1 và d 2 là nghiệm của hệ 2 1 2 7 x y x y + =   − =  3 1 x y =  ⇔  = −  Vậy M(3; -1) 0.5 0.25 0.25 2/ (P) có đỉnh I(-1; 0) nên 1 2 1 0 b a b c  − = −    − + =  với (a = 1) 2 1 b c =  ⇔  = −  Vậy (P): 2 2 1y x x= + − 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu III (2,0 đ) ĐK: 0 ≠ x 2 ( 1) 1 1 1 1 1 0 2 x x x x x ⇔ + = + =  ⇔  + = −  =  ⇔  = −  Vậy x = 0; x = 2 0.25 0.25 0.25 0.25 2/ 2 3 1 1x x x− + − = 2 2 2 3 1 1 1 0 3 1 ( 1) 1 0 0 x x x x x x x x x x ⇔ − + = + + ≥  ⇔  − + = +  ≥ −  ⇔  =  ⇔ = 0.5 0.25 0.25 Vây x = 0 Câu IV (2,0 đ) 1/ M 1 3 ; 2 2 −    ÷   G ( ) 0;1 0.5 0.5 2/ N ∈ Ox ⇒ N(x; 0) ( 1;4)AB = − uuur ( 1;2)AN x= − uuur Ta có A, B, N thẳng hàng nên ( 1;4)AB = − uuur , ( 1;4)AB = − uuur cùng phương 1 1 2 1 2 x x ⇔ − + = ⇔ = Vậy N 1 ;0 2    ÷   0.25 0.25 0.25 0.25 Câu Va (2,0 đ) 6 1 2 3 11 1 2 3 x y z x x z x y z + + =   ⇔ − = −   + =  =   ⇔ =   =  Vậy (x; y; z)=(1; 2; 3) 0.5 0.5 2/ Ta có: 1 1 2 4 a b a b ab + ≥ ≥ + (đpcm) 0.5+0.5 Câu VIa (1,0 đ) B ∈ Ox ⇒ B(x; 0) Vì OBMA nội tiếp được đường tròn và OA ⊥ OB nên MA ⊥ MB hay . 0MA MB = uuur uuur ( 1) 3 0 4 x x ⇔ − − + = ⇔ = Vậy B(4; 0) 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu Vb (2,0 đ) 1/ ĐK: x, y 0 ≠ Đặt 2 2 x u y y v x  =     =   ta có 2 1 1 u v uv u v + =   =  ⇔ = = 0.25 0.25 0.25 Khi đó x = y =1 Vậy (x; y) = (1; 1) 0.25 2/Do x = 1 là một nghiệm nên 1+2m +m -1 =0 0m⇔ = Khi đó: 2 1 0x − = 1x⇔ = ± Vậy nghiệm thứ hai của phương trình là -1 0.5 0.25 0.25 Câu VIb (1,0 đ) B ∈ Ox ⇒ B(x; 0) Vì OBMA nội tiếp được đường tròn và OA ⊥ OB nên MA ⊥ MB hay . 0MA MB = uuur uuur ( 1) 3 0 4 x x ⇔ − − + = ⇔ = Vậy B(4; 0) 0.25 0.25 0.25 0.25  Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho tròn điểm. . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN- Lớp 10 Th i gian: 90 phút (không kể th i gian phát. i m B sao cho tứ giác OBMA n i tiếp được một đường tròn. HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: