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) ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang). Đơn vị ra đề: THPT Thanh Bình 1. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 điểm ) Câu I: (1,0 điểm) Cho hai tập hợp A={ x x là ước nguyên dương của 20 }, B={ 1; 2; 3; 4; 5; 6 }. Tìm A B, A B, A \ B.∩ ∪ Câu II: (2,0 điểm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 3x2xy 2 +−−= 2. Xác định parabol 2 2y ax x c= + + biết parabol đó đi qua A(2; -3), B(1; 4). Câu III: Giải các phương trình sau:(2,0 điểm) 1. 2( x+3) = x(x-3). 2. 3 x 1 )2x(x 2x =+ + + . Câu IV: (2,0 điểm) Trong mp toạ độ Oxy cho A(1;2); B(–2;6); C(9;8). 1. Tìm x 2a 3b = − r r r biết a AB = uuur r và b AC = uuur r . 2. Tìm toạ độ điểm M trên Oy để B, M, A thẳng hàng. II. PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ). 1. Theo chương trình chuẩn. Câu Va ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình    =− =+ 2y2x4 5y4x3 2. Cho a>0; b>0. Chứng minh rằng ba a b b a +≥+ . Đẳng thức xảy ra khi nào? Câu VIa (1 điểm). Trong mp Oxy cho A (– 1;3), B(– 3; – 2), C(4;1). Chứng minh ∆ ABC vuông cân 2. Theo chương trình nâng cao. Câu Vb 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình      =+ =− 164yx 2yx 22 2. Cho phương trình: x 2 + (m - 1)x – 1 = 0 (1). Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x = –1. Khi đó tìm nghiệm còn lại của phương trình (1). Câu VIb.(1 điểm) Cho hai điểm M(–3;2) và N(4 ; 3 ). Tìm P trên Ox sao cho tam giác PMN vuông tại P . Hêt. ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang) Đơn vị ra đề: THPT Thanh Bình 1 Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu I (1,0 đ) - Ta có A={1,2,4,5,10,20}; khi đó: { } 5;4;2;1BA =∩ { } 20;10;6;5;4;3;2;1BA =∪ { } 20;10B\A = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II (2,0 đ) 1. +Tập xác định D=R +Đỉnh I(-1;4) +Trục đối xứng x = -1 +Giao với trục tung A(0;3), +Giao với trục hoành tại B(1;0),B’(-3;0) +Bảng biến thiên: x - ∞ -1 + ∞ y 4 - ∞ - ∞ + Vẽ đồ thị hàm số -4 -3 -2 -1 1 2 -1 1 2 3 4 x y O I 0,25 0,25 0,25 0,25 2. Vì parabol đi qua A (2; -3) ta có: 4a + c = -7 tương tự vì parabol qua B (1; 4) ta có: a+c = 2 nên ta có hệ 4 7 3 2 5 a c a a c c + = − = −   ⇔   + = =   Vậy parabol cần tìm là 2 3 2 5y x x= − + + 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (2,0 đ) 2 2 1/ 2( 3) ( 3) 2 6 3 1 5 6 0 6 x x x x x x x x x x + = − ⇔ + = − = −  ⇔ − − = ⇒  =  Vậy phương trình có 2 nghiệm    = −= 6x 1x 0, 25 0,5 0,25 2/ Điều kiện : 2 0 2 0 0 x x x x + ≠ ≠ −   ⇔   ≠ ≠   2 2 2 3 ( 2) 2 2( 2) 3 ( 2) 1 3 3 6 0 2 x x x x x x x x x x x x + + = + ⇒ + + + = + =  ⇒ + − = ⇒  = −  So với điều kiện thì nghiệm x = 1 thoả mãn đề bài Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV ( 2 điểm) 1. Ta có: a AB = uuur r = ( -3; 4); b AC = uuur r = ( 8; 6); Suy ra: 2 → a = ( -6; 8) 3 → b = ( 24; 18) Vậy x 2a 3b = − r r r = ( -30; -10) 0,25 0,25 0,25 0,25 2. Gọi M ( 0; x) ∈ 0y Ta có → BM = ( 2; x - 6); → BA = ( 3; -4 ) Để 3 điểm B, A, M thẳng hàng 4 6x 3 2 − − =⇔  3x - 18 = -8  x= 3 10 Vậy M (0; 3 10 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Va. ( 2 điểm) 1. Ta có:    =− =+ 2y2x4 5y4x3    =− =+ ⇔ 4y4x8 5y4x3 0,25    −= = ⇔ 1x2y 9x11        = = ⇔ 11 7 y 11 9 x Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất       11 7 ; 11 9 0,25 0,25 0,25 2. Ta có ba a b b a +≥+ ba ab bbaa +≥ + ⇔ ( ) )đpcm(0ba0)bab2a( ab)baba(1 ab )baba( ba ab )baba)(ba( ba ab ba 2 33 ≥−⇔≥+−⇔ ≥+−⇔≥ +− ⇔ +≥ +−+ ⇔+≥ + ⇔ Dấu " =" xảy ra baba =⇔= 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIa ( 1 điểm). Ta có: );2;5(AC);5;2(AB −=−−= →→ Ta có 0 90AACAB0)2).(5(5.2AC.AB =⇒⊥⇒=−−+−= ∧→→→→ mặt khác ta có AB = 29)5()2( 22 =−+− ; AC = 29)5()2( 22 =−+− suy ra AB= AC Vậy tam giác ABC vuông cân tại A. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Vb. ( 2 điểm)           = =    −= = ⇔         = −= += ⇔      =−+ += ⇔      =+++ += ⇔      =++ += ⇔      =+ =− 8y 10x 10y 8x 8y 10y 2yx 080y2y 2yx 164y4y4y 2yx 164y)2y( 2yx 164yx 2yx cóTa 222 2222 Vậy hệ pt có 2 nghiêm ( 8; -10) và (10;8) 0,25 0,25 0,25 0,25 2. Vì pt (1) có một nghiệm x= -1 thế vào pt (1) ta có: (1) ( ) 1m01m01)1)(1m(1 2 =⇔=+−⇔=−−−+−⇒ mặt khác vì 2 hệ số a và c trái dấu, suy ra pt (1) có 2 nghiệm thỏa 1 m1 a b xx 21 − = − =+ với    −= = 1x 1m 1 suy ra 1x 2 = Vậy với m=1 thì pt có 2 nghiệm x=1 và x= -1. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIb. ( 1 điểm) Gọi P(x; 0) ∈ Ox. Ta có: )3;x4(PN);2;x3(PM −=−−= →→ Vì tam giác PMN vuông tại P Ta có: 03.2)x4).(x3(0PN.PM =+−−−⇔= →→    = −= ⇔=−−⇔ 3x 2x 06xx 2 Vậy có 2 điểm P(-2; 0) và P(3; 0) thỏa đề bài. 0,25 0,25 0,25 0,25  Lưu ý : Nếu học sinh có cách giải khác mà đúng kết quả thì vẫn được hưởng trọn số 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. giác PMN vuông t i P . Hêt. ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang) Đơn vị ra đề: