Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN – LỚP 10 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 20/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Tân Thành I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (1.0 điểm) Viết tập hợp A  {x  3  x  8} và B  {x  x  5} theo cách liệt kê phần tử. Tìm A  B, A \ B . Câu II (2.0 điểm) 1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 2  6 x  1 . 2) Tìm parabol (P): y  ax2  2 x  c , biết parabol đi qua hai điểm A(1;6), B(2;3) . Câu III (2.0 điểm) 1) Giải phương trình: 7  x  x  5 . 3x  2 y  13 2) Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:  4 x  5 y  22 Câu IV (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A(0; 4), B(5;6) C (3; 2) . 1) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng BC , tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . 2) Tìm tọa độ của D sao cho ABCD là hình bình hành. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu V.a (2.0 điểm) 1) Giải phương trình:  x 2  3  5 x 2  21  0 . 2 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2 với x  1 . x 1 Câu VI.a (1.0 điểm) 2 2 Chứng minh rằng:  tan   cot     tan   cot    4 với  bất kì. Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu V.b (2.0 điểm) 1) Giải phương trình: ( x  3)2  2 x  3  8  0 . 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2  3 x Câu VI.b (1.0 điểm) 2 1  sin   1  sin    . 1  Rút gọn biểu thức: A   với  bất kì. cos   cos 2   HẾT. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 5 trang) Đơn vị ra đề: THPT Tân Thành Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu I Viết tập hợp A  {x  (1.0 điểm) Tìm A  B, A \ B . A  {3;4;5;6;7;8} 3  x  8} và B  {x  x  5} theo cách liệt kê phần tử. 0.25 B  {0;1;2;3;4;5} 0.25 A  B  {3;4;5} 0.25 A \ B  {6;7;8} 0.25 1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x2  6 x  1 (P). 1.0 Vì a  1  0 nên ta có bảng biến thiên: 0.5 Câu II (2.0 điểm) x y   3 -8 0.25 Parabol có đỉnh: I (3; 8) , trục đối xứng d: x  3 . Giao điểm của (P) với trục Oy là A(0;1) , ta có A '(6;1) đối xứng với A qua d. 0.25 A A’ 1 3 -8 I 2) Tìm parabol (P): y  ax2  2 x  c , biết parabol đi qua hai điểm A(1;6), B(2;3) . Vì parabol đi qua hai điểm A(1; 2), B(2;3) nên ta có hệ phương trình a  2  c  6 a  c  4    4a  4  c  3  4 a  c  7 a  1 Giải hệ suy ra  c  3 Vậy parabol cần tìm là: y  x2  2 x  3 1.0 0.5 0.25 0.25 Câu III (2.0 điểm) 1) Giải phương trình: 7 x  x 5 1.0 x  5 x  5  2   2   x  9 x  18  0 7  x   x  5  x  6 Giải phương trình x2  9 x  18  0 ta được  x  3 0.5 So với điều kiện x  5 và kết luận S  {6} 0.25 Phương trình tương đương với hệ  0.25 3x  2 y  13 4 x  5 y  22 2) Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình:  D Câu IV (2.0 điểm) 3 2 13  2 3 13  7, Dx   21, Dy   14 4 5 22 5 4  22 Dx   x  D  3 Phương trình có nghiệm duy nhất   y  D y  2  D Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A(0; 4), B(5;6) C (3; 2) . 1.0 0.75 0.25 1) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng BC , tọa độ trọng tâm G của tam giác 1.0 ABC . 0.5 Vì I là trung điểm của đoạn thẳng BC nên ta có 5  3   xI  2  1  I (1; 4)  y  6  2  4  I 2 Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có: 0.5 0  5  3 2    xG  2 4 3 3  G( ; )  3 3  y  4  6  2  4 G  3 3 2) Tìm tọa độ của D sao cho ABCD là hình bình hành. Vì ABCD là hình bình hành nên ta có: AB  DC Gọi D( xD ; yD ) . Khi đó ta có 1.0 0.25 0.25 AB  (5;10) DC  (3  xD ; 2  yD ) Câu V.a (2.0 điểm) 3  xD  5 AB  DC   2  yD  10 x  8  D(8; 8) Giải hệ ta được  D  yD  8 0.25 1) Giải phương trình:  x 2  3  5x 2  21  0 (1) 1.0 (1)  x4  6 x2  9  5x2  21  0  x4  x2  12  0 (2) 2 Đặt t  x , t  0 . Khi đó phương trình (2) trở thành 0.25 2 0.25 0.5 t  4 t 2  t  12  0   t  3 (l ) t  4  x 2  4  x  2 0.25  S  {2; 2} 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2 với x  1 . x 1 2 2  x 1 1 x 1 x 1 2 Vì x  1 nên x  1  0,  0 . Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có x 1 2 2 x 1   2  x  1 . 2 2 x 1 x 1 Ta có y  x  1.0 0.25 0.5  y  1 2 2 Vậy hàm số đạt GTNN là 1  2 2 khi và chỉ khi x 1  0.25 x  1 2 2  x2  2x 1  0   x 1  x  1  2 (l ) Câu VI.a Chứng minh rằng:  tan   cot  2   tan   cot  2  4 với  bất kì. (1.0 điểm) 2 2  tan   cot     tan   cot   0.5  tan 2   2 tan  cot   cot 2   (tan 2   2 tan  cot   cot 2  )  2 tan .cot   2cot .tan   4 vì cot  .tan   1 0.5 1) Giải phương trình: ( x  3)2  2 x  3  8  0 1.0 Đặt t  x  3 , t  0 . Khi đó phương trình trở thành t 2  2t  8  0 0.5 t  2 t 2  2t  8  0   t  4 (l ) x  3  2 x  5 Với t  2  x  3  2     x  3  2 x  1 Vậy S  {0;5} 0.25 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2  3  x Tập xác định của hàm số là 2  x  3 . Ta xét 1.0 Câu V.b (2.0 điểm) y  x  2  3  x  2 ( x  2)(3  x) 2  1  2 ( x  2)(3  x)  1  ( x  2)  (3  x)  2  y2  2  y  2 0.25 0.5 Vậy hàm số đạt GTLN bằng 2 khi và chỉ khi x  2  3  x  x  5 2 Mặt khác 0.5 y 2  x  2  3  x  2 ( x  2)(3  x)  1  2 ( x  2)(3  x)  1  y2  1  y  1 x  2 x  3 Vậy hàm số đạt GTNN bằng 1 khi và chỉ khi  x  2  3  x   0   2 Câu VI.b 1  sin   1  sin    . 1   với  bất kì. (1.0 điểm) Rút gọn biểu thức: A  cos   cos 2   2 2 1  sin   1  sin    1  sin   1  sin    A . 1  . 1    cos   cos2   cos   1  sin 2   0.25 1  sin   1  sin   . 1 cos   1  sin   1  sin  2sin   . cos  1  sin  2sin    2 tan  cos  0.25  0.25 0.25