Đề thi học kì 1 Toán 10 năm 2019 – 2020 trường THPT Quốc Trí – TP HCM

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 10 đề thi học kì 1 Toán 10 năm học 2019 – 2020 trường THPT Quốc Trí, thành phố Hồ Chí Minh, đề thi có đáp án và lời giải chi tiết, mời bạn đọc đón xem

20 10 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề HK1 Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Tâm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM ĐỀ THI HỌC KÌ I LỚP 10
TRƯỜNG THPT QUỐC TRÍ MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1. (1 điểm) Tìm tập xác định của hàm số
1
2 2 7
x
y
x x
Bài 2. (3 điểm)
a) Viết phương trình parabol
2
: 0
P y ax bx c a
, biết rằng
P
đi qua điểm
2;1
M và có
đỉnh
1; 1
I
.
Tìm giao điểm của parabol vừa tìm được ở trên với đường thẳng
: 6 5
d y x
.
b) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
2 4
y x x
c) Cho phương trình
2
1 2 2 0
m x mx m
. Tìm
m
để phương trình có hai nghiệm
1 2
,
x x
phân
biệt và
1 2
2 5
x x
.
Bài 3. (3 điểm) Giải các phương trình sau
a)
2 2
3 4 5 4 1 0
x x x x
b)
2
7 10 5
x x x
c)
2
2 3 5 1
x x x
Bài 4. (3 điểm) Trong mặt phẳng
Oxy
cho tam giác
MNP
có
2;1 , 1;3 , 0;4
M N P .
a) Chứng minh tam giác
MNP
là tam giác cân. Tính diện tích và chu vi của tam giác
MNP
.
b) Tìm tọa độ chân đường cao
H
kẻ từ
N
của tam giác
MNP
.
c) Tìm tọa độ hai điểm
,
S R
để
MNRS
là hình vuông, biết điểm
S
có hoành độ dương.
-------------------------------------------- HẾT -------------------------------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ I LỚP 10 NĂM HỌC 2019 – 2020
Bài 1.
Điều kiện xác định
1 0 1
2 0 2
2 7 0 7
2
x x
x x
x
x
Tập xác định
7
1; \ 2;
2
D

Bài 2.
a) Tọa độ đỉnh
1 2
2
b
x b a
a
.
Thay
1
x
vào hàm số ta được
1 2 1 1
a b c a a c a c
. (1)
Thay tọa độ điểm
2;1
M vào hàm số ta được :
4 2 1 4 2.2 1 1
a b c a a c c
(2)
Từ
(1),(2)
suy ra
2 4
a b
.
Phương trình parabol
2
: 2 4 1
P y x x
.
Phương trình hoành độ giao điểm
2 2
1
2 4 1 6 5 2 2 4 0
2
x
x x x x x
x
Với
1 1 1; 1
x y A
.
Với
2 17 2;17
x y B .
b) Tập xác định
D
.
Tọa độ đỉnh
1 5 1; 5
2
b
x y I
a
Trục đối xứng
1
x
.
Bảng biến thiên
Đồ thị :
c)
2
1 2 2 0m x mx m
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
là
2
1
1
0 1
2
0 12 8 0
4 4 1 2 0
3
m
m
a m
m
m m m
m
Áp dụng định lí Viet ta có
1 2
1 2
2
1
2
1
b m
x x
a m
c m
x x
a m
Theo đề
1 2 1 2 2 2
5 7 2 4
2 5
2 2 1
7 1
m m
x x x x x x
m
m
Và
2 2
1 2 1 2 2 2
2 2
5 5 2
2 5
2 2 1
5 1
m
m
x x x x x x
m
m
Suy ra
2 2
2
2 2
80 98 2
2 2
16
0 0
5 1
49 1 245 1
m m m
m
m
m
m m
2
7
18 98 196 0
14
9
m n
m m
m l
.
Vậy
7
m
thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3.
a)
2 2
3 4 5 4 1 0
x x x x
Đặt
2
4 5, 0
t x x t
Phương trình trở thành
2
1
3 4 0
4
t n
t t
t l
Với
2
2
1 4 5 1 2 0 2
t x x x x
(nhận)
b)
2
7 10 5
x x x
2 2
2 2
7 10 5 khi 7 10 0
7 10 5 khi 7 10 0
x x x x x
x x x x x
TH1:
2 2
5
7 10 5 8 15 0
3
x
x x x x x
x
Thử lại nhận nghiệm
5
x
TH2:
2 2
1
7 10 5 6 5 0
5
x
x x x x x
x
Thử lại nhận nghiệm
1
x
Vậy
1;5
S
c)
2
2 3 5 1
x x x
Điều kiện
2
2 3 5 0
x x
2 2 2
3
2 3 5 2 1 6 0
2
x
PT x x x x x x
x
(khi
1
x
)
Thử lại điều kiện nhận hết cả 2 nghiệm.
Vậy
3;2
S .
Bài 4.
a) Ta có
2 2
1 2 3 1 13
MN
2 2
0 2 4 1 13
MP
;
2 2
0 1 4 3 2
NP
Suy ra tam giác MNP cân tại
M
(vì
MN MP
)
2 2 13 2
MNP
p MN MP NP
3;2 ; 2; 3
MN MP
 
Suy ra
1 2 2 1
1 5
2 2
MNP
S a b a b
b) Gọi
0 0
;
H x y
là tọa độ chân đường cao kẻ từ N của tam giác
MNP
.
Khi đó
0 0
0 0
0
0 0
0
2 3 11 0
2 1 3 3 0
2 2
2; 1 2;3
1 3
x y
NH MP
x y
x k
x y k
MH kMP
y k
12 2 49
2 2 2 3 3 1 11 0 13 12 ;
13 13 13
k k k k H
.
c)
MNRS
là hình vuông
Gọi
, ; ;
R R S S
R x y S x y
là tọa độ các điểm thỏa yêu cầu bài toán
Khi đó
3 3
2 2
R S R S
R S R S
x x x x
MN SR
y y y y
……
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM
ĐỀ THI HỌC KÌ I LỚP 10 TRƯỜNG THPT QUỐC TRÍ MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút
(không kể thời gian phát đề)
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x  1
Bài 1. (1 điểm) Tìm tập xác định của hàm số y   x  22x  7 Bài 2. (3 điểm)
a) Viết phương trình parabol P  2
: y  ax  bx  c a  0, biết rằng P  đi qua điểm M 2;1 và có đỉnh I 1; 1  .
Tìm giao điểm của parabol vừa tìm được ở trên với đường thẳng d  : y  6  x  5.
b) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 y  x  2x  4
c) Cho phương trình m   2
1 x  2mx  m  2  0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x ,x phân 1 2 biệt và 2x  5x . 1 2
Bài 3. (3 điểm) Giải các phương trình sau a) 2 2
3 x  4x  5  x  4x  1  0 b) 2 x  7x  10  x  5 c) 2 2x  3x  5  x  1
Bài 4. (3 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác MNP có M 2;1,N 1;3,P 0;4 .
a) Chứng minh tam giác MNP là tam giác cân. Tính diện tích và chu vi của tam giác MNP .
b) Tìm tọa độ chân đường cao H kẻ từ N của tam giác MNP .
c) Tìm tọa độ hai điểm S,R để MNRS là hình vuông, biết điểm S có hoành độ dương.
-------------------------------------------- HẾT -------------------------------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ I LỚP 10 NĂM HỌC 2019 – 2020 Bài 1.  x   1  0 x   1   Điều kiện xác định x   2  0  x   2 2  x 7 0    7  x    2  
Tập xác định D    7 1; \ 2  ; 2    Bài 2. b  a) Tọa độ đỉnh x   1  b  2a . 2a
Thay x  1 vào hàm số ta được a  b  c  1   a  2a  c  1   a   c  1  . (1)
Thay tọa độ điểm M 2;1 vào hàm số ta được :
4a  2b  c  1  4a  2.2a  c  1  c  1 (2)
Từ (1),(2) suy ra a  2  b  4  .
Phương trình parabol P  2 : y  2x  4x  1.
Phương trình hoành độ giao điểm x   1 2 2 2x  4x  1  6
 x  5  2x  2x  4  0  x    2 
Với x  1  y  1  A1;   1 .
Với x  2  y  17  B  2  ;17 .
b) Tập xác định D   . b  Tọa độ đỉnh x 
 1  y  5  I 1;5 2a Trục đối xứng x  1. Bảng biến thiên Đồ thị : c) m   2 1 x  2mx  m  2  0
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x là 1 2     m    1 a 0 m  1 m   1        2    4m  4  m 1m  2  2 0  0 1  2m  8  0  m   3  b  2m x  x    1 2
Áp dụng định lí Viet ta có a m  1  c m  2 x  x   1 2  a m  1 5 7 2m 4m
Theo đề 2x  5x  x  x  x   x  1 2 1 2 2 2 2 2 m  1 7 m  1 5 5 m 2 2 m   2 2 2  
Và 2x  5x  x  x  x   x  1 2 1 2 2 2 2 2 m  1 5m   1 16m 2m  2 2 80m  98 2 2 m  m  2 Suy ra     49m 1 0 0 2 5m   1 245m  12 m   7 n 2 18m 98m 196 0         14 . m   l  9
Vậy m  7 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 3. a) 2 2
3 x  4x  5  x  4x  1  0 Đặt 2
t  x  4x  5,t  0 Phương trình trở thành t  1 n 2   t  3t  4  0   t  4   l
Với t   x  x    x  2 2 1 4 5 1 2  0  x  2 (nhận) b) 2 x  7x  10  x  5 2 2 x
  7x  10  x  5 khi x  7x  10  0   2 2  x
  7x  10  x  5 khi x  7x  10  0  x   5 TH1: 2 2
x  7x  10  x  5  x  8x  15  0  x   3 
Thử lại nhận nghiệm x  5 x   1 TH2: 2 2 x
  7x  10  x  5  x
  6x  5  0  x   5 
Thử lại nhận nghiệm x  1 Vậy S  1;  5 c) 2 2x  3x  5  x  1 Điều kiện 2 2x  3x  5  0 x   3 2 2 2
PT  2x  3x  5  x  2x  1  x  x  6  0   x  (khi x  1)   2 
Thử lại điều kiện nhận hết cả 2 nghiệm. Vậy S  3;  2 . Bài 4. 2 2
a) Ta có MN  1  2  3   1  13
MP    2    2 0 2 4 1  13 2 2 ; NP  0   1  4  3  2
Suy ra tam giác MNP cân tại M (vì MN  MP ) 2p
 MN  MP  NP  2 13  2 MNP  
MN  3;2; MP  2;3 1 5 Suy ra S  a b  a b  MNP 1 2 2 1 2 2
b) Gọi H x ;y là tọa độ chân đường cao kẻ từ N của tam giác MNP . 0 0   N  H  MP   2x  3y  11  0 2 x  1  3 y  3  0  0   0  0 0 Khi đó         MH   kMP   x k  x  2;y   1  k 2;3 2 2 0 0 0 y   1  3k  0      k     k   12 2 49 2 2 2 3 3
1  11  0  13k  12  k   H  ; . 13 13 13    c) MNRS là hình vuông
Gọi R x ,y ;S x ;y là tọa độ các điểm thỏa yêu cầu bài toán R R S S    x   x  3 x   x  3 Khi đó R S R S MN  SR    y y 2 y     y    2 R S  R S ……