Đề thi học kì 1 Toán 10 năm 2019 – 2020 trường THPT Bà Điểm – TP HCM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I – NH: 2019-2020 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
MÔN TOÁN – LỚP 10 (14.12.2019) TRƯỜNG THP T BÀ ĐIỂM
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Họ tên học sinh: ………………..…………………, Lớp: ………, Số báo danh: ………………....... 5  1 x
Câu 1:(1,0 điểm ) Tìm tập xác định của hàm số y  . 1 3  x
Câu 2: (1,0 điểm ) Xác định Parabol 2
(P) : y  ax  bx  c a  0 .Biết Parabol có đỉnh
I (─2;1) và cắt đường thẳng (d) : y  3 x 2 tại điểm A có hoành độ bằng 4.
Câu 3: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau a. 2 2x - 3x -5  5x  5
b. x  2 x  2 11  x  6 x  2  7  2
Câu 4: (1,0 điểm) Cho phương trình: m   2 1 x  2m  
1 x  m  4  0 (m là tham số).
Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thoả điều kiện : 3x 1 3x 1  2 1  2  4ab
Câu 5: (1,0 điểm) Chứng minh bất đẳng thức : a  b  , a  ,b 0 1 ab
Câu 6: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm ( A 1; 4), B( 2  ;3),C(2;3) . a. Chứng minh ,
A B,C là ba đỉnh của một tam giác.
b. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC .
Câu 7: (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có AB = 3, AD = 2,  0
ADC  120 . Gọi M và N là các điểm thỏa      
mãn hệ thức MA  MB  2MC  0 , BN  k.BC , (k  )   a. Tính A . B AD .
b. Tìm tất cả các giá trị của k để AM vuông góc với DN. HẾT
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 10 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 5  1 x
Câu 1:(1,0 điểm ) Tìm tập xác định của hàm số y  . 1 3  x (1.0đ) 1   x  0  0.75 Hàm số xác định  3   x  0 1   3  x  0 x  1  0.25   x  3
Tập xác định D  1;  3 \{2} x  2  2 2
Câu 2: (1,0 điểm ) Xác định Parabol (P) : y  ax  bx  c a  0 .Biết Parabol có đỉnh
(1.0đ) I (─2;1) và cắt đường thẳng (d) : y  3 x 2 tại điểm A có hoành độ bằng 4.
A là giao điểm của (P) và (d). Theo đề bài ta có x  4  y  3.4  2  10  A4;10 0.25 A A   0.5 A(P) 1  6a  4b  c  10   Ta có I (P)  4a  2b  c 1  b 4a b  0 x 2       I  2a  1 a   4 0.25   1 b   1 Vậy 2 (P) : y  x  x  2  4 c  2   3.
Câu 3: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau (2.0đ) a. 2 2x - 3x -5  5x  5 5  x  5  0 0.25  2 2x - 3x -5  5x  5 2
 2x 3x 5  5x  5  2 2x  3x  5  5  x  5 x  1  0.25  2  2x 8x 10  0  2 2x  2x  0 x  1 0.25   x  1   x  5  x  1   x  0 Vậy tập nghiệm S  { 1  ;0;5} 0.25
b) x  2 x  2 11  x  6 x  2  7  2 Đặt t  x  2 t  0. 0.25 Pt 2
 t  2t 13  t  3  2 t   0 0.25  2
 t  2t 13  t  3  2  t  3  2t  t  3  2t  t  3  2  t t   0 0.25   t  3   l  t 1  n  x  2 1  x  3 0.25 2 4.
Câu 4: (1,0 điểm) Cho phương trình: m   1 x  2m  
1 x  m  4  0 (m là tham số).
(1.0đ) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thoả điều kiện : 3x 1 3x 1  2 1  2  m  1
Pt có hai nghiệm phân biệt   . 0.25 m  5  2m   1 0.25 x  x  1 2 
Theo định lý Viét ta có : m 1  m  4 x .x  1 2  m 1
Khi đó 3x 1 3x 1  2  9x x  3 x  x 1  0 0.25 1 2  1 2 1  2  9m  36 6m  6    31 1  0  m   (nhận) m 1 m 1 2 0.25 5. 4ab
Câu 5: (1,0 điểm) Chứng minh bất đẳng thức : a  b  , a  ,b 0 (1.0đ) 1 ab 4ab Ta có a  b 
 (a  b).(1 ab)  4ab 1 ab 1.0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm Ta có : a + b ≥ 2 ab (1) 1 + ab ≥ 2 ab (2)
Nhân (1) và (2) theo vế với vế ta có
(a  b).(1 ab)  4ab (đpcm)    6
Câu 6: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm ( A 1; 4), B( 2; 3),C(2;3) . (2.0đ) a. Chứng minh ,
A B,C là ba đỉnh của một tam giác.  
Ta có: AB  (1;7), AC  (3;1) 0.5 1 7 0.25 Vì  3 1  
nên hai vec tơ AB, AC không cùng phương. 0.25 Vậy , A B,C không thẳng hàng.
Suy ra điều phải chứng minh
b) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC .   Gọi H ( ;
x y)  AH  (x 1; y  4), BH  (x  2; y  3)   0.25 BC  (4;6), AC  (3; 1  )     AH  BC AH.BC  0 0.25
H là trực tâm       BH  AC BH.AC  0 4   x   1  6 y  4  0   0.25 3
 x  2   y  3  0  1 0.25  4  6  20 x x y  11   1 36     Vậy H ;   3  x  y  3 36  11 11  y   11 7
Câu 7. (2.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD có AB = 3, AD = 2,  0 ADC  120 . Gọi M và N      
(2.0đ) là các điểm thỏa mãn hệ thức MA  MB  2MC  0 , BN  k.BC , (k  ) D C 1200 2 A B 3 Ta có :  0 ADC    0 120
BAD  60 ( do ABCD là hình bình hành) 0.25   AB AD  AB AD  0 . . .cos BAD  3.2.cos 60  3 0.75
b. Tìm tất cả các giá trị của k để AM vuông góc với DN.
       
 MA  MB  2MC  0  4MA  AB  2AC  0 0.25        
 MA  AB   AB  AD 3 1 4 2  0  AM  AB  AD 4 2
   
  
 DN  BN  BD  DN  k.BC   AD  AB 0.25 
     
 DN  k.AD   AD  AB  DN  AB  (k 1).AD   AM  DN  AM .DN  0 0.5
 3  1     
AB  AD  AB  (k 1).AD  0   4 2     3 3
  1   1 2 2  AB  (k 1).A . B AD  A . B AD  (k 1).AD  0 4 4 2 2 3 3 1 1
 .9  (k 1).3  .3  (k 1).4  0 4 4 2 2 16  k  17