SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang) KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2012- 2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 20/12/2012 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) Câu 1: (1,0 điểm) Tìm tất cả các tập hợp con của tập hợp A, biết { } 0,1 .A = Câu 2: (2,0 điểm) 1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2 1 2 . 2 y x x= + 2) Tìm parabol (P): 2 4= − +y ax x c , biết parabol đó có hoành độ đỉnh là 3- và đi qua điểm ( ) 2;1 .−A Câu 3: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 4 2 3 2+ = -x x . 2) ( ) 2 2 2 2 3 2 9 0.x x x x− + − + − = Câu 4: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ( ) ( ) ( ) 1;1 , 1;3 , 1; 1 .A B C− − 1) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB và tọa độ trọng tâm G của ABC.D 2) Tìm tọa độ đỉnh D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn. Câu 5a: (2,0 điểm) 1) Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình: 5 4 7 3 2 4 x y x y  − + =  − =  2) Cho x > 0. Chứng minh rằng: ( ) 2 2 1 2 1 1 16.x x x   + + + ≥  ÷   Câu 6a: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có ( ) ( ) − 2;2 , 0;1A B , C thuộc trục hoành. Tính diện tích tam giác ABC. Phần 2: Theo chương trình nâng cao. Câu 5b: (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 2 25 37  − =   + =   x y x y 2) Chứng tỏ phương trình: 2 2 2 2 0m x x m− − = luôn có nghiệm, với mọi m. Câu 6b: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho (1; 3)A − , (5;1)B , (0;5)C . Tìm tọa độ trực tâm H của ABC∆ ./. -Hết- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh Số báo danh: Chữ ký giám thị: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2012- 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC MÔN TOÁN 10 (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) CÂU NỘI DUNG YÊU CẦU ĐIỂM I. PHẦN CHUNG CHO TẤT HỌC SINH 7,00 điểm Câu 1 Tìm tất cả các tập hợp con của tập hợp A, biết { } 0,1 .A = 1,00 điểm Các tập hợp con của A là: - { } ;∅ - { } { } 0 , 1 ; - { } 0,1 . 0,25 0,50 0,25 Câu 2 2,00 điểm 1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2 1 2 . 2 y x x= + - Parabol có đỉnh: ( ) 2; 2− −I , trục đối xứng là đường thẳng 2.= −x - Vì 1 0 2 = >a , ta có bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) ; 2−∞ − và đồng biến trên khoảng ( ) 2;− +∞ - Giao của (P) với trục tung ( ) 0;0A , ta có ( ) ' 4;0−A đối xứng với A qua đường thẳng 2.= −x - Đồ thị: 1,00 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 2) Tìm parabol (P): 2 4= − +y ax x c , biết parabol đó có hoành độ đỉnh là 3- và đi qua điểm ( ) 2;1 .−A - Ta có 2 3 2 3 − = − ⇔ = − b a a - Parabol đi qua điểm ( ) 2;1−A nên ta được: 1,00 điểm 0,25 x ∞− -2 ∞+ y +∞ +∞ -2 2 13 1 4 8 4 7 4. 7 3 3   = + + ⇔ + = − ⇔ − + = − ⇒ = −  ÷   a c a c c c Vậy parabol cần tìm là: 2 2 13 4 3 3 = − − −y x x 0,50 0,25 Câu 3 Giải các phương trình sau: 2,00 điểm 1) 4 2 3 2+ = -x x (1) - Điều kiện: ( ) 4 2 0 1 3 * 2 2 3 2 0 x x x  + ≥ ⇒ − ≤ ≤  − ≥  - Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được phương trình: ( ) 2 2 1 2 4 2 3 2 4 16 7 0 7 2 é ê = ê + = - - + =Û Û ê ê = ê ê ë x x x x x x - Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy 1 2 x = thỏa mãn. - Vậy 1 2 x = là nghiệm của phương trình. 1,00 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 2) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 9 0 1x x x x− + − + − = - Phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 3 2 3 6 0 2x x x x ⇔ − + − − + − = - Đặt 2 2 3t x x = − + . Vì ( ) 2 2 2 3 1 2 0t x x x= − + = − + > , điều kiện 2. ≥ t - Lúc đó, phương trình (2) trở thành: 2 2 6 0 3 = −  − − = ⇔  =  t t t t Vì 2 ≥ t nên nhận 3 = t và loại 2. = − t - Với 3=t thì 2 2 0 2 3 3 2 0 2 =  − + = ⇔ − = ⇔  =  x x x x x x Thử lại ta thấy 0, 2= =x x thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 0, 2= =x x . 1,00 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ( ) ( ) ( ) 1;1 , 1;3 , 1; 1 .A B C− − 2,00 điểm 1) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB và tọa độ trọng tâm G của ABC.D - Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là: ( )  + =   ⇒  +  =   2 0;2 . 2 A B A B x x x I I y y y - Tọa độ trọng tâm của ABCD là:  + + =     ⇒   ÷ + +    =   1 3 ;1 . 3 3 A B C A B C x x x x G G y y y y 1,00 điểm 0,50 0,50 2) Tìm tọa độ đỉnh D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. 1,00 điểm - Gọi ( ) ;D x y là đỉnh của hình bình hành ABCD. - Ta có: ( ) ( ) 2;2 , 1 ; 1 .AB DC x y= = − − − uuur uuur - ABCD là hình bình hành AB DC ⇔ = uuur uuur 1 2 1 1 2 3 x x y y − = = −   ⇔ ⇔   − − = = −   - Vậy ( ) 1; 3D − − là điểm cần tìm. 0,25 0,25 0,25 0,25 II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN 3,00 điểm 1. Theo chương trình chuẩn Câu 5a 2,00 điểm 1) Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình Hệ phương trình 5 4 7 5 4 7 3 2 4 6 4 8 x y x y x y x y   − + = − + = ⇔   − = − =    =  − + =  ⇔ ⇔ ⇔   = =    15 5 4 7 41 15 2 x x y x y Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm ( ) ;x y là    ÷   41 15; . 2 1,00 điểm 0,50 0,50 2) Cho x > 0. Chứng minh rằng: ( ) 2 2 1 2 1 1 16.x x x   + + + ≥  ÷   - Ta có: x x 2 (1 ) 4 0+ ≥ > (a) và x x x x 2 2 1 2 1 1 1 1 4 0   + + = + ≥ >  ÷   (b) - Nhân bai bất đẳng thức (a), (b) vế theo vế, suy ra đpcm. - Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. 1,00 điểm 0,25 0,50 0,25 Câu 6a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có ( ) ( ) − 2;2 , 0;1A B , C thuộc trục hoành. Tính diện tích tam giác ABC. - Gọi ( ) C x;0 . Ta có: ( ) ( ) AB 2; 1 ;AC x 2; 2 .= - = + - uuur uuur - Vì ABC ^D tại A nên ( ) ( ) AB.AC 0 2 x 2 2 0 x 3 C 3;0 .= + + = =- -Û Û Þ uuur uuur - Tính được diện tích tam giác ABC là: 1 5 S AB.AC 2 2 = = 1,00 điểm 0,25 0,25 0,50 2. Theo chương trình nâng cao Câu 5b 1) Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 2 25 37  − =   + =   x y x y (*) - Đặt ,S x y P xy= + = , hệ PT (*) trở thành: 2 2 S 4 25 2 37  − =   − =   P S P 2 49 6  = ⇔  =  S P 7 6 =  ⇔  =  S P hoặc 7 6 = −   =  S P - Với 7, 6= − =S P , ta có: 1 6 = −   = −  x y hoặc 6 1 = −   = −  x y 1,00 điểm 0,25 0,25 - Với 7, 6= =S P , ta có: 1 6 =   =  x y hoặc 6 1 =   =  x y . - Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm ( ) ;x y là: ( ) ( ) ( ) ( ) 1; 6 , 6; 1 , 1;6 , 6;1 .− − − − 0,25 0,25 2) Chứng tỏ phương trình: 2 2 2 2 0− − =m x x m luôn có nghiệm, với mọi m. - Trường hợp 1: 0=m , (1) có nghiệm 0=x . - Trường hợp 2: 0≠m , ta có 4 4 4 0, .∆ = + > ∀m m PT (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. - Vậy PT đã cho luôn có nghiệm, với mọi m. 1,00 điểm 0,25 0,50 0,25 Câu 6b Trong mặt phẳng Oxy, cho (1; 3)A − , (5;1)B , (0;5)C . Tìm tọa độ trực tâm H của ABC ∆ . - Gọi ( ; ) H H H x y . - Ta có: ( 1; 3)= − + uuur H H AH x y , ( 5;4)= − uuur BC ; ( 5; 1)= − − uuur H H BH x y , ( 1;8)= − uuur AC - Do H là trực tâm tam giác, ta có: 5( 1) 4( 3) 0 . 0 ( 5) 8( 1) 0 . 0  − − + + = =   ⇔   − − + − = =    uuuruuur uuur uuur H H H H x y AH BC x y BH AC 37 5 4 17 9 8 3 8 9 H H H H H H x x y x y y  =  − + = −   ⇔ ⇔   − + =   =   - Vậy: 37 8 ; 9 9 H    ÷   là tọa độ cần tìm. 1,00 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Lưu ý:  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.  Các bước phụ thuộc không có hoặc sai thì không chấm bước kế tiếp.  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. . TẠO ĐỒNG THÁP ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang) KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2 012 - 2 013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 20 /12 /2 012 I. PHẦN. THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2 012 - 2 013 HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC MÔN TOÁN 10 (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) CÂU NỘI DUNG YÊU CẦU ĐIỂM I. PHẦN CHUNG CHO TẤT HỌC SINH 7,00 điểm Câu 1 Tìm.  = =    15 5 4 7 41 15 2 x x y x y Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm ( ) ;x y là    ÷   41 15; . 2 1, 00 điểm 0,50 0,50 2) Cho x > 0. Chứng minh rằng: ( ) 2 2 1 2 1 1 16 .x x x 