Đề thi học kì 1 Toán 10 năm 2019 – 2020 trường THPT Bùi Thị Xuân – TP HCM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2019 – 2020 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Môn thi: TOÁN – KHỐI 10
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN Ngày thi: 11/12/2019
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN ĐẠI SỐ (6 điểm)
Bài 1: Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m : x m   2 3 2  m  m  x   1 .
Bài 2: Cho phương trình: m   2 1 x  2m  
1 x  m  3  0 ( m là tham số).
a) Định m sao cho phương trình vô nghiệm.
b) Định m sao cho phương trình có hai nghiệm x , x thỏa mãn: 2 2 x  x x  x  7 . 1 2 1 1 2 2
c) Cho phương trình: x m   2 1 x  2m   1 x  m  3  0  
. Định m sao cho phương trình có ba nghiệm phân biệt.
Bài 3: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 2x  3x  5  x  1.  2 y 3   x  x b)  . 2x 3    y  y
PHẦN HÌNH HỌC (4 điểm)
Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có các đỉnh A6;3 , B 3  ;6 và C 1; 2  .
a) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.
b) Tìm tọa độ điểm E sao cho tam giác ABE vuông cân tại A.
Bài 5: Cho tam giác ABC , biết AB  6 (cm), AC  8 (cm), BC  12 (cm).
a) Tính độ dài trung tuyến AI và độ dài đường cao AH của tam giác ABC .
b) Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM  2 (cm). Gọi N là trung điểm của cạnh AC . Tính   AM .AN .
------------ HẾT ------------
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ....................................................... SBD: ......................
KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐÁP ÁN TOÁN – KHỐI 10 BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM Bài 1
Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m : x m   2 3 2  m  m  x   1 (1 điểm) Phương trình   2 m  m   2 3 2 x  m  m (1) 0,25đ TH1: Nếu 2
m  3m  2  0  m  1 m  2 m  1:
 1  0x  0 (luôn đúng): pt có vô số nghiệm x 0,25đ m  2 :
 1  0x  2 (vô lý): phương trình vô nghiệm 2 m  1 m  m m TH2: Nếu 2 m  3m  2  0   :   1  x   0,25đ 2      m 2 m 3m 2 m 2 Kết luận: m  1: S   m  2 : S    m  m  1 m  2 : S    0,25đ m  2
Ghi chú: – HS không rút gọn nghiệm x : không trừ điểm
– TH1 nếu sai 1 trong 2 trường hợp: tối đa 0,75đ Bài 2
Cho phương trình: m   2 1 x  2m   1 x  m  3  0   1 ( m là tham số) 2a
Định m sao cho phương trình vô nghiệm (1 điểm)
TH1: Nếu m 1  0  m  1:  
1  4  0 (vô lý): pt vô nghiệm 0,25đ
TH2: Nếu m 1  0  m  1: m 1  0
Phương trình vô nghiệm   0,25đ  '  0 m  1 m  1      m  1 0,25đ  4  m  4  0 m  1
Vậy phương trình vô nghiệm  m  1 0,25đ 2b
Định m sao cho phương trình có hai nghiệm x , x thỏa mãn: 2 2 x  x x  x  7 (1 điểm) 1 2 1 1 2 2
Phương trình có hai nghiệm  m  1 0,25đ S  x  x  2 1 2 
Áp dụng định lí Viet:  m  3 0,25đ P  x .x   1 2  m 1
x  x x  x  7  x  x  x x  7 0,25đ 1 1 2 2  1 22 2 2 1 2 m  3  4   7  m  0 (nhận) m 1 Ghi chú: 0,25đ
– HS không ghi điều kiện phương trình có hai nghiệm, nhưng có kiểm tra
phương trình có hai nghiệm sau khi tìm được m  0 : không trừ điểm
– HS không ghi định lý Viet, nhưng giải đúng: không trừ điểm 2c
Cho phương trình: x m   2 1 x  2m   1 x  m  3  0 2   . Định m sao cho
(1 điểm) phương trình có ba nghiệm phân biệt Điều kiện: x  0 0,25đ   x  0 2   0,25đ m   2 1 x  2m   1 x  m  3  0   1
(2) có ba nghiệm phân biệt  '  0  
(1) có hai nghiệm phân biệt dương  S  0 0,25đ P  0    4  m  4  0  m  1 2  0    m  3   m  3   m  1 m  3   0 0,25đ  m 1 m  3
Ghi chú: HS giải điều kiện
 0  m  3  0 , có giải thích do m  1: m 1
không trừ điểm. Nếu HS không giải thích lý do: trừ 0,25đ Bài 3
Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 3a 2 (1 điểm) 2x  3x  5  x  1 x 1  0  2
 2x  3x  5  x 1   0,5đ 2x  3x  5   x  2 2 1 x  1 x  1      0,25đ 2 x  x  6  0 x  3 x  2  x  2
Vậy tập nghiệm của phương trình là S    2 0,25đ
Ghi chú: – HS không kết luận tập nghiệm S : không trừ điểm
– HS không ghi điều kiện x 1  0 : tối đa 0,5đ toàn bài  2 y 3   x  3b  x  (1 điểm) 2x 3    y  y x  0 Điều kiện:   y  0 2 3  x  2y  x    1 Hệ phương trình   2 3  y  2x  y  2 0,25đ
Trừ từng vế hai phương trình: 2 2 x  y  x  y  0
Ghi chú: HS không quy đồng mẫu số và trừ từng vế hai pt: cho đủ 0,25đ  y  x 3
 x  yx  y   1  0   0,25đ  y  1 x  4  y  x x  0 x  5 Kết hợp (1) và (3):    loaïi  nhaän 0,25đ 2 x  5x  0  y  0 y  5  y  1 x x  1 x  2 Kết hợp (1) và (4):    nhaän  nhaän 2 x  x  2  0 y  2 y  1
x  5 x  1 x  2 0,25đ
Vậy hệ phương trình có nghiệm:       y  5  y  2 y  1
Ghi chú: HS không kết luận: không trừ điểm
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có các đỉnh A6;3 , B 3  ;6 Bài 4 và C 1; 2   4a
Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành (1 điểm) Gọi D x ; y D D   AB   9  ;3  0,25đ DC  1 x ; 2   y D D      ABCD là hình bình hành AB DC 0,25đ  9   1 xD   0,25đ 3  2   y  D x  10 D   . Vậy D10; 5   0,25đ y  5   D 4b
Tìm tọa độ điểm E sao cho tam giác ABE vuông cân tại A (1 điểm) Gọi E  x ; y E E   AB   9  ;3  0,25đ AE   x  6; y  3 E E    A . B AE  0
ABE vuông cân tại A   0,25đ 2 2 AB  AE  9  x  6  y    E  3 3 E  0    0,25đ  x  6  y      E 2  3 E 2  92 23 y  3x 15 x  9 x  3 E E E E       x  9  x  3 y  12 y  6   E E  E  E 0,25đ
Vậy E 9;12  E 3; 6   Bài 5
Cho tam giác ABC , biết AB  6 (cm), AC  8 (cm), BC  12 (cm) 5a
Tính độ dài trung tuyến AI và độ dài đường cao AH của tam giác ABC (1 điểm) 2 2 2   2 2AB 2AC BC AI  0,25đ 4  AI  14 (cm) 0,25đ
Nửa chu vi của ABC : p  13 (cm) 0,25đ S
 p p  AB p  BC p  AC  (cm2)   455 ABC 2S 455 A  BC  AH   (cm) BC 6 0,25đ
Ghi chú: HS không ghi đơn vị: không trừ điểm 5b
Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM  2 (cm). Gọi N là trung điểm của cạnh   (1 điểm) AC . Tính AM .AN 2 2 2 AB  AC  BC
Định lý hàm số cos: cos A  0,25đ 2A . B AC 11  cos A   0,25đ Cách 1: 24   AM .AN  AM .AN.cos A 0,25đ    11  11  AM.AN  2.4.      0,25đ  24  3 2 2 2
  AB  AC  BC A . B AC  0,25đ 2    A . B AC  2  2 0,25đ Cách 2:
   1   1  AM .AN  AB . AC     0,25đ  3   2 
  1   11  AM.AN  A . B AC   0,25đ 6 3