Đề thi cuối học kì 1 Toán 10 năm học 2019 – 2020 trường Việt Úc – TP HCM

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề thi cuối học kì 1 Toán 10 năm học 2019 – 2020 trường Việt Úc – TP HCM; đề thi gồm 05 bài toán dạng tự luận, thời gian làm bài 90 phút, mời bạn đọc đón xem

19 10 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề HK1 Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

8 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Tâm
MA TRẬN
ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 1 – NĂM HỌC 2019 – 2020
MÔN: TOÁN 10
NỘI DUNG
Các mức độ nhận thức
Tổng
Nhận
biết
Thông
hiểu
Vận dụng
thấp
Vận dụng
cao
1. Hàm số và đồ thị (bậc
nhất và bậc hai)
1
1,5đ
1
1,0đ
1
1,0đ
3
3,5đ
2. Biện luận phương
trình bậc nhất
1
1,0đ
1
1,0đ
3. Giải phương trình
chứa căn
1
1,0đ
1
0,5đ
2
1,5đ
4. Bất đẳng thức
1
0,5đ
1
0,5đ
5. Vectơ và tọa độ
1
1,0đ
1
1,0đ
2
2,0đ
6. Tích vô hướng của hai
vectơ và ứng dụng
1
1,0đ
1
0,5đ
2
1,5đ
Tổng
2
2,5đ
4
3,5đ
3
3,0đ
2
1,0đ
11
10đ
TRƯỜNG TH, THCS, THPT VIỆT ÚC ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ I - NH: 2019 – 2020
---------- Môn: TOÁN – Lớp 10
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
(Đề có 01 trang)
---------------------------------------------
Đề bài
Câu 1 (2,5 điểm): Cho hàm số
2
4 3
y x x
có đồ thị là
P
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
P
.
b) Cho
:
d y x m
. Tìm
m
để
P
và
d
có 2 điểm chung phân biệt.
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Giải và biện luận phương trình sau (theo tham số m):
2
7 10 2 0
m m x m
b) Giải phương trình:
2
5 4 1 2 2
x x x
c) Giải phương trình:
5 39 2 5 39 38
x x x x
Câu 3 (1,0 điểm):
Cổng Parabol của trường đại học Bách Khoa Hà Nội được xây dựng từ những năm 70 của
thế kỉ trước, là niềm tự hào của nhiều thế hệ sinh viên Bách Khoa Hà Nội. Chiều cao của
cổng (khoảng cách cao nhất từ mặt đất đến đỉnh) là 7,62 (m) và khoảng cách giữa hai chân
cổng là 9 (m). Em hãy xác định phương trình của Parabol đó?
Câu 4 (0,5 điểm): Cho a, b là các số dương thoả mãn
2 2
2
a b
. Chứng minh rằng:
2 2
4
a b a b
b a b a
Câu 5 (3,5 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho ba điểm
2;1
A
;
4; 7
B
;
2;4
C
.
a) Chứng minh ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác.
b) Chứng minh ABC là tam giác vuông tại A. Tính diện tích ABC.
c) Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.
d) Tính số đo
ABC
.
--- HẾT ---
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
Họ và tên học sinh:…………………………………….- Lớp:………
Số báo danh:…………………………………………………………..
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu 1 2,5 điểm
a) TXĐ: D = R
Tọa độ đỉnh
1;2 I
Trục đối xứng: x = 2
0.25
BBT
x
2
y
-1
0.25
Hàm số đồng biến trên khoảng
2;
.
Hàm số nghịch biến trên khoảng
;2
BGT
x 0 1 2 3 4
y 3 0 -1 0 3
0.5
Đồ thị
y
3
x
0 1 2 3 4
-1
34
2
xxy
0.5
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
2
4 3
3 3 0
x x x m
x x m
Để (P) và d có 2 điểm chung thì phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt
0
2
( 3) 4(3 ) 4m 3
m
0
4 3 0
3
4
m
m
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2 2,5đ
Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m:
2
7 10 2 0
m m x m
(1)
Trường hợp 1:
2
7 10 0
m m
2; 5
m m
thì phương trình (1) có
nghiệm duy nhất
2
2 2
7 10 2 . 5
m m
x
m m m m
1
5
m
Trường hợp 2:
2
2
7 10 0
5
m
m m
m
+ Với m= 2, thay vào phương trình ( 1) ta có:
0 0 0
x
( vô số nghiệm)
0.25
0.25
+ Với m = 5, thay vào phương trình (1) ta có:
0 3 0
x
( vô nghiệm)
0,25đ
Kết luận:
+ Với
2; 5
m m
thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất
1
5
x
m
+ Với m= 2 thì phương trình (1) có vô số nghiệm
+ Với m = 5 thì phương trình (1) vô nghiệm
0,25đ
Giải phương trình:
2
5 4 1 2 2
x x x
2
2 2 0
5 4 1 2 2
x
x x x
0,25đ
2
1
5 6 1 0
x
x x
1
1
1
5
x
x
x
0,25đ
1
x
1
S
0,25đ
Giải Phương trình:
5 39 2 5 39 38 *
x x x x
ĐKXĐ:
5 39
x
Đặt
5 39 0
t x x t
2
34 2 5 39
t x x
2
2 5 39 34x x t
(**)
0.25đ
Phương trình (*) trở thành:
2
34 38
t t
0,25đ
2
72 0
t t
8
9
t N
t L
Thay t = 8 vào (**) suy ra:
2
2 5 39 8 34
x x
5 39 15
x x
5 39
x
2
44 195 225
x x
2
44 420 0
x x
⇔
𝑥 = 30(𝑁)
𝑥 = 14(𝑁)
𝑆
=
{
30
;
14
}
0,25đ
Câu 3 1,0đ
Chọn hệ trục tọa độ Oxy gắn vào cổng có dạng Parabol sao cho. Chân cổng đi
qua gốc tọa độ, khi đó (P) sẽ có đỉnh I(4,5; 7,62) và đi qua A(9; 0)
Vì (P) qua O(0 ;0) nên c=0
0,25đ
Vì
(P )
đi qua
(9; 0)
A
và I(4,5; 7,62) nên ta có:
2
2
.4,5 .4,5 7,62
.9 .9 0
a b c
a b
0,25đ
Giải hệ phương trình ta được:
254
675
254
75
a
b
0,25đ
Vậy
( )
P
cần tìm là:
2
254 254
675 75
y x x
Chú ý: Học sinh giải đúng theo hệ trục học sinh chọn, giáo viên dựa theo thang điểm
trên cho điểm.
0,25đ
Câu 4 0,5đ
Với a, b là các số dương. Áp dụng BĐT Côsi, ta có:
2 . 2
a b a b
b a b a
2 2 2 2
2
2 .
a b a b
b a b a
ab
Suy ra
2 2
4
(1)
a b a b
b a b a
ab
0,25đ
Mặt khác, ta có
2 2 2 2
2 2 . 2 1(2)
a b a b ab ab
Từ (1) và (2) suy ra
2 2
4
a b a b
b a b a
Dấu “=” xảy ra khi
a = b = 1
0,25đ
Câu 5 3,5đ
Ta có: A(-2;1), B(4;-7), C(2;4)
a)
6; 8 , 4;3
AB AC
0,5đ
Ta có:
6 8
4 3
AB AB
AC AC
x y
x y
0,25đ
A B
và
A C
không cùng phương.
Ba điểm A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C tạo thành một tam giác.
0,25đ
b) + Ta có:
. 6.4 ( 8).3 24 24 0
AB AC
0,25đ
AB AC
Tam giác ABC vuông tại A.
0,25đ
+
2 2 2 2
6 ( 8) 10
AB AB
AB AB x y
(đvđd)
2 2 2 2
4 3 5
AC AC
AC AC x y
(đvđd)
0,25đ
Vậy:
1 1
. . .10.5 25
2 2
ABC
S AB AC
(đvdt).
0,25đ
c) Gọi
;
D D
D x y
2 ;4
D D
DC x y
0,25đ
Để ABCD là hình bình hành thì:
AB D C
0,25đ
6 2 4
8 4 12
AB DC
D D
D D
AB DC
x x
x x
y y y y
0,25đ
Vậy D(-4;12). 0,25đ
d) Ta có:
6;8 , 2;11
BA BC
2 2 2 2
10 5 5 5
BC AB AC
(Vì ABC vuông tại A)
.
cos cos ,
.
BA BC
ABC BA BC
BA BC
0,25đ
0
( 6).( 2) 8.11 2 5
5
10.5 5
26 34'
ABC
0,25đ
Ghi chú: Học sinh giải theo cách khác đúng. Giáo viên theo thang điểm trên cho điểm.
| 1/8
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

MA TRẬN
ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 1 – NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN: TOÁN 10
Các mức độ nhận thức NỘI DUNG Nhận Thông Vận dụng Vận dụng Tổng biết hiểu thấp cao
1. Hàm số và đồ thị (bậc 1 1 1 3 nhất và bậc hai) 1,5đ 1,0đ 1,0đ 3,5đ 2. Biện luận phương 1 1 trình bậc nhất 1,0đ 1,0đ 3. Giải phương trình 1 1 2 chứa căn 1,0đ 0,5đ 1,5đ 1 1 4. Bất đẳng thức 0,5đ 0,5đ 1 1 2 5. Vectơ và tọa độ 1,0đ 1,0đ 2,0đ
6. Tích vô hướng của hai 1 1 2 vectơ và ứng dụng 1,0đ 0,5đ 1,5đ 2 4 3 2 11 Tổng 2,5đ 3,5đ 3,0đ 1,0đ 10đ
TRƯỜNG TH, THCS, THPT VIỆT ÚC ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ I - NH: 2019 – 2020
---------- Môn: TOÁN – Lớp 10
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề có 01 trang)
--------------------------------------------- Đề bài
Câu 1 (2,5 điểm): Cho hàm số y  2
x  4x  3 có đồ thị là P.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số P.
b) Cho d : y  x  m . Tìm m để P và d  có 2 điểm chung phân biệt. Câu 2 (2,5 điểm):
a) Giải và biện luận phương trình sau (theo tham số m):  2
m  7m 10 x  m  2  0 b) Giải phương trình: 2 5x 4x 1  2x 2
c) Giải phương trình: x  5  39  x  2 x  539  x  38 Câu 3 (1,0 điểm):
Cổng Parabol của trường đại học Bách Khoa Hà Nội được xây dựng từ những năm 70 của
thế kỉ trước, là niềm tự hào của nhiều thế hệ sinh viên Bách Khoa Hà Nội. Chiều cao của
cổng (khoảng cách cao nhất từ mặt đất đến đỉnh) là 7,62 (m) và khoảng cách giữa hai chân
cổng là 9 (m). Em hãy xác định phương trình của Parabol đó?
Câu 4 (0,5 điểm): Cho a, b là các số dương thoả mãn 2 2
a  b  2 . Chứng minh rằng:  a b   a b     4    2 2   b a   b a 
Câu 5 (3,5 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm  A 2  ;  1 ; B4; 7   ; C2;4 .
a) Chứng minh ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác.
b) Chứng minh ABC là tam giác vuông tại A. Tính diện tích ABC.
c) Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. d) Tính số đo  ABC. --- HẾT ---
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
Họ và tên học sinh:…………………………………….- Lớp:………
Số báo danh:………………………………………………………….. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu 1 2,5 điểm a) TXĐ: D = R 0.25
Tọa độ đỉnh I 2;1 Trục đối xứng: x = 2 BBT x   2   0.25     y -1
Hàm số đồng biến trên khoảng 2;   .
Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;   2 BGT 0.5 x 0 1 2 3 4 y 3 0 -1 0 3 Đồ thị y 2 y  x  4x  3 3 0.5 x 0 1 2 3 4 -1
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 x  4x  3  x  m 0,25 2  x  3x  3  m  0
Để (P) và d có 2 điểm chung thì phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt    0 0,25 2 ( 3  ) 4(3 ) m  4m3 0,25   0  4m  3  0 3  m  0,25 4 Câu 2 2,5đ
Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m:  2
m  7m 10 x  m  2  0 (1)  Trường hợp 1: 2
m  7 m  10  0  m  2; m  5 thì phương trình (1) có m  2 m  2 nghiệm duy nhất x   2
m  7m 10 m  2.m 5 1  0.25 m  5    m 2 Trường hợp 2: 2 m  7m 10  0   m  5
+ Với m= 2, thay vào phương trình ( 1) ta có: 0x  0  0 ( vô số nghiệm) 0.25
+ Với m = 5, thay vào phương trình (1) ta có: 0x  3  0 ( vô nghiệm) 0,25đ  Kết luận:
+ Với m  2; m  5 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1 x  m  5 0,25đ
+ Với m= 2 thì phương trình (1) có vô số nghiệm
+ Với m = 5 thì phương trình (1) vô nghiệm Giải phương trình: 2 5x 4x 1  2x 2 2x  2  0 0,25đ   2 5x  4x 1  2x  2  x  1   2 5x  6 x  1  0 x 1  x 1   0,25đ  1 x   5  x  1 S   1 0,25đ Giải Phương trình:
x  5  39  x  2  x  539  x   38 * ĐKXĐ: 5  x  39
Đặt t  x  5  39  x t  0 2
 t  34  2  x  539  x   x    x 2 2 5 39  t  34 (**) 0.25đ
Phương trình (*) trở thành: 0,25đ 2 t  t  34  38 2  t  t  72  0 t  8N   t  9  L Thay t = 8 vào (**) suy ra: x    x 2 2 5 39  8  34
  x  539  x   15 5 x 3  9 0,25đ 2
  x  44 x  195  225 2
  x  44 x  420  0 𝑥 = 30(𝑁) ⇔ 𝑥 = 14(𝑁) 𝑆 = {30; 14} Câu 3 1,0đ
Chọn hệ trục tọa độ Oxy gắn vào cổng có dạng Parabol sao cho. Chân cổng đi 0,25đ
qua gốc tọa độ, khi đó (P) sẽ có đỉnh I(4,5; 7,62) và đi qua A(9; 0) Vì (P) qua O(0 ;0) nên c=0 2
 .a4,5  .b4,5c  7,62 Vì (P ) đi qua A(9; 0)  và I(4,5; 7,62) nên ta có: 0,25đ 2  . a 9  . b 9  0
Giải hệ phương trình ta được:  254 a   675 0,25đ   254 b   75 Vậy 254 254 ( P ) cần tìm là: 2 y  x  x 675 75 0,25đ
Chú ý: Học sinh giải đúng theo hệ trục học sinh chọn, giáo viên dựa theo thang điểm trên cho điểm. Câu 4 0,5đ
Với a, b là các số dương. Áp dụng BĐT Côsi, ta có: a b a b   2 .  2 b a b a a b a b 2   2 .  0,25đ 2 2 2 2 b a b a ab  a b   a b  4 Suy ra    (1)    2 2   b a   b a  ab Mặt khác, ta có 2 2 2 2
2  a  b  2 a .b  2ab  ab  1(2)  a b   a b  Từ (1) và (2) suy ra    4    0,25đ 2 2   b a   b a 
Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1 Câu 5 3,5đ
Ta có: A(-2;1), B(4;-7), C(2;4)   a) AB  6; 8  , AC  4;3 0,5đ x y  6 8   Ta có: AB AB     0,25đ x y  4 3  AC AC   
A B và A C không cùng phương. 0,25đ
 Ba điểm A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C tạo thành một tam giác.   b) + Ta có: A . B AC  6.4  ( 8  ).3  24 24  0 0,25đ  
 AB  AC  Tam giác ABC vuông tại A. 0,25đ  + 2 2 2 2
AB  AB  x  y  6  ( 8  ) 10 (đvđd) AB AB  0,25đ 2 2 2 2
AC  AC  x  y  4  3  5(đvđd) AC AC 1 1 Vậy: S  .A .
B AC  .10.5  25 (đvdt). 0,25đ A  BC 2 2 
c) Gọi D x ; y  DC  2  x ;4  y 0,25đ D D  D D 
Để ABCD là hình bình hành thì:   0,25đ A B  D C x  x   6  2  x x  4  AB DC D D       0,25đ
y  y 8   4  y y  12  AB DC  D  D Vậy D(-4;12). 0,25đ  
d) Ta có: BA  6;8, BC  2;1  1 2 2 2 2
BC  AB  AC  10  5  5 5 (Vì ABC vuông tại A)      ABC  BA BC B .ABC cos cos ,  0,25đ B . A BC (6).(2)  8.11 2 5   10.5 5 5 0,25đ   0 ABC  26 34'
Ghi chú: Học sinh giải theo cách khác đúng. Giáo viên theo thang điểm trên cho điểm.