Đề kiểm tra 1 tiết chương 1 Hình học 10 NC năm 2018 – 2019 trường Thị Xã Quảng Trị

Đề kiểm tra 1 tiết chương 1 Hình học 10 NC năm 2018 – 2019 trường Thị Xã Quảng Trị gồm 2 đề: đề số 1 và đề số 2, đề được biên soạn theo hình thức tự luận với 3 bài toán thuộc chủ đề vectơ và các phép toán, mời các bạn đón xem

22 11 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Tâm
TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ
TỔ TOÁN
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT CHƯƠNG I
Môn: HÌNH HỌC 10 NC –
Thời gian 45 phút
ĐỀ SỐ 1
Bài 1 (3 điểm).
a. Chứng minh rằng với 4 điểm bất kì A, B, C, D ta có:
AB CD AD CB
b. Cho hình bình hành MNPQ có tâm là O. Chứng minh đẳng thức:
2 0
MN PO MQ
Bài 2 (4 điểm). Cho
ABC
. Gọi I, J, K là các điểm định bởi
0; 2 ; 2
JA JC IB AI BK BC
a. Phân tích vectơ
,IJ JK
theo hai vectơ
,AB AC

.
b. Chứng minh rằng I, J, K thẳng hàng.
c. Cho H là điểm thay đổi, L là điểm xác định bởi:
3 4
HL HC HB
. Chứng minh rằng đường thẳng
HL luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 3 (3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm
2;3 , 2, 5 , ( )
1 .)
;(3A B C
a. Chứng minh A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác.
b. Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Tìm tọa độ điểm E sao cho A là trọng tâm của tam giác BCE.
c. Tìm tọa độ điểm M trên cạnh BC và điểm N trên cạnh BA sao cho MN song song với AC và diện tích tứ
giác ACMN bằng 8 lần diện tích tam giác BMN.
TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ
TỔ TOÁN
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT CHƯƠNG I
Môn: HÌNH HỌC 10 NC –
Thời gian 45 phút
ĐỀ SỐ 2
Bài 1 (3 điểm).
a. Chứng minh rằng với 4 điểm bất kì M, N, P, Q ta có:
b. Cho hình bình hành ABCD có tâm là O. Chứng minh đẳng thức:
2 0
AB CO AD
Bài 2 (4 điểm). Cho
ABC
. Gọi M, N, P là các điểm định bởi
0; 2 ; 2
MA MC NB AN BP BC

a. Phân tích vectơ
,NM MP
theo 2 vectơ
,AB AC

.
b. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.
c. Cho Q là điểm thay đổi, R là điểm xác định bởi:
3 4
QR QB QC

. Chứng minh rằng đường thẳng
QR luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 3 (3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm
; 1 , 2, 5 , (3 ) ( 2
);3 .
A B C
a. Chứng minh A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác.
b. Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Tìm tọa độ điểm E sao cho C là trọng tâm của tam giác ABE.
c. Tìm tọa độ điểm M trên cạnh CB và điểm N trên cạnh CA sao cho MN song song với AB và diện tích tứ
giác ABMN bằng 8 lần diện tích tam giác CMN.
ĐÁP ÁN ĐỀ 1
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Bài 1a
VT=
AB CD AD DB CB BD AD CB VP
(đpcm)
2 điểm
Bài 1b
Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có:
2 2 2( ) 0
MN PO MQ MP PO OP PO
(đpcm)
1 điểm
Bài 2a
P
E
J
I
C
A
B
K
Ta có:
1 1
A
3 2
IJ IA J AB AC
1 1 3
CK ( )
2 2 2
JK JC AC BC AC AC AB AC AB
 
1 điểm
1 điểm
Bài 2b
Ta có:
3 1 1
3( )
2 3 2
AC AB AB AC
Từ câu a, suy ra
3JK IJ
Vậy I, J, K thẳng hàng (đpcm)
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 2c
Gọi P là trung điểm BC , E thuộc đoạn BP sao cho BE = 6EP.
Ta có:
3 3 4 1
7 7 7 7
HE HB BE HB BC HC HB HL
Suy ra H, E, L thẳng hàng. Hay HL đi qua E cố định.
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 3a
Ta có
(4;2), ( 5; 4)
AB AC
Vì
4 2
5 4
nên
,
AB AC
không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng
Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác
1 điểm
Bài 3b
Gọi
( ; )D x y
. Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có
AD BC
( 2; 3); (1; 6)
AD x y BC
Suy ra:
2 1 1
3 6 3
x x
y y
Vậy
( 1; 3)
D
0,5 điểm
Vì A là trọng tâm tam giác BCE nên ta có
3 3 ( ) 11
3 3 ( ) 5
A B C E E A B C
A B C E E A B C
x x x x x x x x
y y y y y y y y
Vậy
( 11; 5)
E
0,5 điểm
Bài 3c
Theo bài ra ta có diện tích tam giác BCA bằng 9 lần diện tích tam giác BMN
và tam giác BCA đồng dạng với tam giác BMN
Từ giả thiết suy ra
3 ; 3
BA BN BC BM

Gọi
( ; )N x y
. Ta có
(4;2); ( 2; 5)
BA BN x y
4 10
2
3 3
2 17
5
3 3
x x
y y
. Vậy
10 17
;
3 3
N
Gọi
( ; )M x y
. Ta có
(1; 6); ( 2; 5)
BC BM x y
1 7
2
3 3
5 2 1
x x
y y
. Vậy
7
;1
3
M
N
M
C
A
B
0,5 điểm
0,5 điểm
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Bài 1a
VT=
MN PQ MQ QN PN NQ MQ PN VP
(đpcm)
2 điểm
Bài 1b
Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có:
2 2 2( ) 0
AB CO AD AC CO OC CO
(đpcm)
1 điểm
Bài 2a
P
I
E
M
N
C
A
B
1 điểm
Ta có:
1 1
A
3 2
NM NA M AB AC
1 1 3
CP ( )
2 2 2
MP MC AC BC AC AC AB AC AB
1 điểm
Bài 2b
Ta có:
3 1 1
3( )
2 3 2
AC AB AB AC
Từ câu a, suy ra
3
MP NM
Vậy M, N, P thẳng hàng (đpcm)
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 2c
Gọi I là trung điểm BC , E thuộc đoạn IC sao cho CE = 6EI.
Ta có:
4 4 3 1
7 7 7 7
QE QB BE QB BC QC QB QR
 
Suy ra Q, E, R thẳng hàng. Hay QR đi qua E cố định.
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 3a
Ta có
( 1;6), ( 5;4)
AB AC
Vì
1 6
5 4
nên
,
AB AC
không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng
Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác
1 điểm
Bài 3b
Gọi
( ; )D x y
. Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có
AD BC
( 3; 1); ( 4; 2)
AD x y BC
Suy ra:
3 4 1
1 2 3
x x
y y
Vậy
( 1; 3)
D
0,5 điểm
Vì C là trọng tâm tam giác ABE nên ta có
3 3 ( ) 11
3 3 ( ) 5
C B A E E C B A
C B A E E C B A
x x x x x x x x
y y y y y y y y
Vậy
( 11; 5)
E
0,5 điểm
Bài 3c
Theo bài ra ta có diện tích tam giác CAB bằng 9 lần diện tích tam giác CMN
và tam giác BCA đồng dạng với tam giác CMN
Từ giả thiết suy ra
3 ; 3
CA CN CB CM
Gọi
( ; )N x y
. Ta có
(5; 4); ( 2; 3)
CA CN x y
2
3
x x
y y
. Vậy
1 5
;
3 3
N
Gọi
( ; )M x y
. Ta có
(4;2); ( 2; 3)
CB CM x y
4 2
2
3 3
2 11
3
3 3
x x
y y
. Vậy
2 11
;
3 3
M
0,5 điểm
0,5 điểm
N
M
C
A
B
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT CHƯƠNG I TỔ TOÁN
Môn: HÌNH HỌC 10 NC – Thời gian 45 phút ĐỀ SỐ 1 Bài 1 (3 điểm).
   
a. Chứng minh rằng với 4 điểm bất kì A, B, C, D ta có: AB CD AD CB 
  
b. Cho hình bình hành MNPQ có tâm là O. Chứng minh đẳng thức: MN  2PO MQ  0       
Bài 2 (4 điểm). Cho ABC . Gọi I, J, K là các điểm định bởi JA JC  0; IB  2 AI ; BK  2BC    
a. Phân tích vectơ IJ , JK theo hai vectơ AB, AC .
b. Chứng minh rằng I, J, K thẳng hàng.   
c. Cho H là điểm thay đổi, L là điểm xác định bởi: HL  3HC  4HB . Chứng minh rằng đường thẳng
HL luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 3 (3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm ( A 2  ;3 ,
) B 2, 5, C( ; 3 1  . )
a. Chứng minh A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác.
b. Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Tìm tọa độ điểm E sao cho A là trọng tâm của tam giác BCE.
c. Tìm tọa độ điểm M trên cạnh BC và điểm N trên cạnh BA sao cho MN song song với AC và diện tích tứ
giác ACMN bằng 8 lần diện tích tam giác BMN.
TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT CHƯƠNG I TỔ TOÁN
Môn: HÌNH HỌC 10 NC – Thời gian 45 phút ĐỀ SỐ 2 Bài 1 (3 điểm).
   
a. Chứng minh rằng với 4 điểm bất kì M, N, P, Q ta có: MN PQ MQ PN    
b. Cho hình bình hành ABCD có tâm là O. Chứng minh đẳng thức: AB  2CO AD  0       
Bài 2 (4 điểm). Cho ABC . Gọi M, N, P là các điểm định bởi MA MC  0; NB  2 AN ; BP  2BC    
a. Phân tích vectơ NM , MP theo 2 vectơ AB, AC .
b. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.   
c. Cho Q là điểm thay đổi, R là điểm xác định bởi: QR  3QB  4QC . Chứng minh rằng đường thẳng
QR luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 3 (3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm ( A ; 3 1  ,
) B 2, 5, C( 2  ; ) 3 .
a. Chứng minh A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác.
b. Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Tìm tọa độ điểm E sao cho C là trọng tâm của tam giác ABE.
c. Tìm tọa độ điểm M trên cạnh CB và điểm N trên cạnh CA sao cho MN song song với AB và diện tích tứ
giác ABMN bằng 8 lần diện tích tam giác CMN. ĐÁP ÁN ĐỀ 1 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
        Bài 1a
VT= AB CD AD DB CB BD AD CB VP (đpcm) 2 điểm
Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có: Bài 1b 
       1 điểm
MN  2PO MQ MP  2PO  2(OP P ) O  0 (đpcm) A I J Bài 2a P B E C K
   1  1 
Ta có: IJ IA  AJ   AB AC 3 2 1 điểm
   1   1    3  
JK JC  CK  AC BC
AC  ( AC AB)  AC AB 2 2 2 1 điểm 3   1  1  0,5 điểm
Ta có: AC AB  3( AB AC) 2 3 2 Bài 2b  
Từ câu a, suy ra JK  3IJ 0,5 điểm
Vậy I, J, K thẳng hàng (đpcm)
Gọi P là trung điểm BC , E thuộc đoạn BP sao cho BE = 6EP. 0,5 điểm
    3  3  4  1  Bài 2c
Ta có: HE HB BE HB BC HC HB HL 7 7 7 7 0,5 điểm
Suy ra H, E, L thẳng hàng. Hay HL đi qua E cố định.  
Ta có AB  (4; 2), AC  ( 5  ;  4)   Bài 3a 4 2 Vì 
nên AB, AC không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng 5  4 
Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác 1 điểm   Gọi D( ;
x y) . Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AD BC  
AD  (x  2; y  3); BC  (1;  6) 0,5 điểm x  2  1 x  1 Suy ra:    Vậy D(1;  3) Bài 3b y  3  6 y  3   
Vì A là trọng tâm tam giác BCE nên ta có 3
x x x x
x  3x  (x x )  11 0,5 điểm A B C E E A B C    Vậy E(11; 5)
3y y y y
y  3y  ( y y )  5  A B C EE A B C
Theo bài ra ta có diện tích tam giác BCA bằng 9 lần diện tích tam giác BMN
và tam giác BCA đồng dạng với tam giác BMN    
Từ giả thiết suy ra BA  3BN; BC  3BM   Gọi N ( ;
x y) . Ta có BA  (4; 2); BN  (x  2; y  5)  4  10 x  2  x   3    3  10 17      . Vậy N ;   2 17 0,5 điểm   3 3  y 5    y    3   3   Gọi M ( ;
x y) . Ta có BC  (1;  6); BM  (x  2; y  5)  1  7 x  2  x   7    3   3 . Vậy M ;1   Bài 3c   3  y 5 2     y  1   B N M 0,5 điểm A C ĐÁP ÁN ĐỀ 2 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
        Bài 1a
VT= MN PQ MQ QN PN NQ MQ PN VP (đpcm) 2 điểm
Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có: Bài 1b 
       1 điểm
AB  2CO AD AC  2CO  2(OC  ) CO  0 (đpcm) A N M Bài 2a I B 1 điểm E C P
   1  1  1 điểm
Ta có: NM NA  AM   AB AC 3 2
   1   1    3  
MP MC  CP  AC BC
AC  ( AC AB)  AC AB 2 2 2 3   1  1  0,5 điểm
Ta có: AC AB  3( AB AC) 2 3 2 Bài 2b  
Từ câu a, suy ra MP  3NM
Vậy M, N, P thẳng hàng (đpcm) 0,5 điểm
Gọi I là trung điểm BC , E thuộc đoạn IC sao cho CE = 6EI. 0,5 điểm
    4  4  3  1  Bài 2c
Ta có: QE QB BE QB BC QC QB QR 7 7 7 7 0,5 điểm
Suy ra Q, E, R thẳng hàng. Hay QR đi qua E cố định.   Ta có AB  ( 1  ; 6), AC  ( 5  ; 4)   Bài 3a 1  6 Vì 
nên AB, AC không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng 5  4
Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác 1 điểm   Gọi D( ;
x y) . Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AD BC  
AD  (x  3; y 1); BC  ( 4  ;  2) 0,5 điểm x  3  4 x  1  Suy ra:    Vậy D(1;  3) Bài 3b y 1  2 y  3  
Vì C là trọng tâm tam giác ABE nên ta có 3
x x x x
x  3x  (x x )  11 0,5 điểm C B A E E C B A    Vậy E(11; 5)
3y y y y
y  3y  ( y y )  5  C B A EE C B A
Theo bài ra ta có diện tích tam giác CAB bằng 9 lần diện tích tam giác CMN
và tam giác BCA đồng dạng với tam giác CMN    
Từ giả thiết suy ra CA  3CN;CB  3CM   Gọi N ( ;
x y) . Ta có CA  (5;  4); CN  (x  2; y  3)  5  1  x  2  x   3    3  1 5      . Vậy N ;   4 5 0,5 điểm   3 3  y 3    y  Bài 3c   3   3   Gọi M ( ;
x y) . Ta có CB  (4; 2); CM  (x  2; y  3)  4  2 x  2  x   3    3  2  11      . Vậy M ;   2 11   3 3  y 3    y    3   3 0,5 điểm C N M A B