Đề thi học kì I – Môn Toán Lớp 10 - Năm học 2012 – 2013

Sở GD ĐT Hà nội Trường THPT Lomonoxop Đề thi học kì I – Môn Toán Lớp 10 - năm học 2012 – 2013 (Thời gian làm bài 90 phút) Đề số 1 Câu 1 (3,0 điểm): Giải các phương trình, hệ phương trình sau: b) Câu 2 (3,0 điểm): a) Tìm m để phương trình (m - 1)x + 2m2(x + 3) = 6 nghiệm đúng với mọi x thuộc R . b) Tìm m để ph­¬ng tr×nh: x2 + (m- 2)x - 5 = 0 cã hai nghiÖm x1; x2 thoả mãn: Câu 3 (3,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(- 5; 6 ); B(- 4; - 1); C(2; 7). a) Chứng minh tam giác ABC vuông cân tại A. b) Tìm toạ độ tâm I và tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. c) Gọi D là giao của đường phân giác trong góc B với AC. Tìm toạ độ điểm D. Câu 4 (1,0 điểm): Cho ∆ABC có AB = a, AC = 2a và góc BAC = 1200. Gọi M là trung điểm BC, D là điểm đối xứng của A qua M. Tính độ dài đoạn AD và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Biểu điểm: Câu 1(3đ): mỗi ý 1,5điểm, Câu 2(3đ): mỗi ý 1,5 điểm Câu 3(3đ): a) 1,5 ® - b) 1® - c) 0,5® Câu 4(1đ) . ------------------------------------------------------------------ Sở GD ĐT Hà nội Trường THPT Lomonoxop Đề thi học kì I – Môn Toán Lớp 10 - năm học 2012 – 2013 (Thời gian làm bài 90 phút) Đề số 2 Câu 1 (3,0 điểm): Giải các phương trình, hệ phương trình sau: b) Câu 2 (3,0 điểm): a) Tìm m để phương trình: m2(x + 2) - x - 3m + 1= 0 nghiệm đúng với mọi x thuộc R . b) Tìm m để ph­¬ng tr×nh: x2 - (m + 3)x - 4 = 0 cã hai nghiÖm x1; x2 thoả mãn: . Câu 3 (3,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(3; 4 ); B(- 5; 2); C(- 3; - 6). a) Chứng minh tam giác ABC vuông cân tại B. b) Tìm toạ độ tâm I và tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. c) Gọi D là giao của đường phân giác trong góc A với BC. Tìm toạ độ điểm D. Câu 4 (1,0 điểm): Cho ∆MNP có MN = 2a, MP = 3a và góc NMP = 600. Gọi A là trung điểm NP, Q là điểm đối xứng của M qua A. Tính độ dài đoạn MQ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ. Biểu điểm: Câu 1(3đ): mỗi ý 1,5điểm, Câu 2(3đ): mỗi ý 1,5điểm Câu 3(3đ): a) 1,5® - b) 1® - c) 0,5 ®. Câu 4(1đ) . --------------------------------------------------------------------------- ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI 10 HỌC KỲ I – NĂM HỌC: 2012 – 2013 §Ò 1 Câu Nội dung Điểm 1 (3®) b) Đặt (1) thay vào hệ ta được hệ PT:, gi¶i b»ng pp thÕ ta ®c: hoÆc TH 1: Thay vào (1) ta được Khi đó x,y là nghiệm PT: t2 + 8t +24 =0 : PT v« nghiÖm TH 2: Thay vào (1) ta được Khi đó x,y là nghiệm PT: t2 - 3t +2 = 0 KL: HPT đã cho có hai nghiệm là (x;y) = (1; 2), ( 2; 1) 0.5 0.25 0,5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2 (3®) a)+ Pt : (m - 1)x + 2m2(x + 3) = 6 (2m2 + m - 1) x = 6 (1- m2) + ®Ó pt nghiÖm ®óng víi mäi x thuéc R 0.5 0.5 0.5 3 (3®) 4 (1đ) c) - ®Ó PT cã hai nghiÖm x1, x2 (m - 2)2 + 20 , - theo Vi-et ta cã : (1) - theo ®Ò bµi ta cã : (2) + thÕ (1) vµo (2) ta ®­îc: 5(2 - m)2 - 80 = 0 VËy m = - 2, m = 6 tháa m·n yªu cÇu ®Ò bµi. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 A(- 5; 6 ); B(- 4; - 1); C(2; 7) - ta cã suy ra suy ra tam gi¸c ABC vu«ng c©n t¹i A Gäi I lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c vu«ng ABC t¹i A suy ra I lµ trung ®iÓm BC vµ b¸n kÝnh R = BC : 2. VËy täa ®é I (-1; 3), R = Giả sử D(a;b). Ta có: Mµ , D thuéc c¹nh AC . VËy D (;) 0. 5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 - Vì ABDC là hình bình hành nên (Lưu ý: Học sinh có thể giải câu này theo định lý hàm số cos. - Vì ABDC là hình bình hành nên: BC = AD = 2a; - Theo định lý cosin trong tam giác ABD ta có: ) - Theo định lý sin trong tam giác ABD ta có: bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 0,5 0,5 ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI 10 HỌC KỲ I – NĂM HỌC: 2012 – 2013 §Ò 2 Câu Nội dung Điểm 1 (3®) b) Đặt (1) thay vào hệ ta được hệ PT:, gi¶i b»ng pp thÕ ta ®c: hoÆc TH 1: Thay vào (1) ta được Khi đó x,y là nghiệm PT: t2 -1 = 0 TH 2: Thay vào (1) ta được Khi đó x,y là nghiệm PT: t2 - 7t +20 = 0 : PT v« nghiÖm KL: HPT đã cho có hai nghiệm là (x;y) = (1; -1), (-1; 1) 0.5 0.25 0,5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2 (3®) a)+ Pt : m2(x + 2) - x - 3m + 1= 0 (m2 - 1) x + (2m2 - 3m + 1) = 0 + ®Ó pt nghiÖm ®óng víi mäi x thuéc R 0.5 0.5 0.5 3 (3®) 4 (1đ) c) x2 - (m + 3)x - 4 = 0 - ®Ó PT cã hai nghiÖm x1, x2 (m + 3)2 + 16 , - theo Vi-et ta cã : (1) - theo ®Ò bµi ta cã : (2) + thÕ (1) vµo (2) ta ®­îc: ( m + 3)2 + 16 = 25 VËy m = 0, m = - 6 tháa m·n yªu cÇu ®Ò bµi. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 A(3; 4 ); B(- 5; 2); C( -3; - 6) - ta cã suy ra suy ra tam gi¸c ABC vu«ng c©n t¹i B Gäi I lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c vu«ng ABC t¹i B suy ra I lµ trung ®iÓm AC vµ b¸n kÝnh R = AC : 2. VËy täa ®é I (0; -1), R = Giả sử D(a;b). Ta có: Mµ , D thuéc c¹nh AC . VËy D (;) 0. 5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 - Vì MNQPlà hình bình hành nên (Lưu ý: Học sinh có thể giải câu này theo định lý hàm số cos. - Vì MNQP là hình bình hành nên: NQ= MP = 3a; - Theo định lý cosin trong tam giác MNQ ta có: ) - Theo định lý sin trong tam giác MNQ ta có: bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 0,5 0,5 MA TRẬN MỤC TIÊU GIÁO DỤC VÀ MỨC ĐỘ NHẬN THỨC Chủ đề hoặc mạch kiến thức, kĩ năng Tầm quan trọng % Trọng số (mức độ) Tổng điểm Theo ma trận Thang 10 Hàm số bậc nhất 10 1 Biện luận Pt bậc nhất 10 1 pt chứa gttđối - Pt chứa căn 10 2 HPT bậc hai 10 1 Tương giao của đồ thị- Ứng dụng định lý Viet 10 1 Hệ trục tọa độ 20 1 Tích vô hướng 10 1 Vectơ 10 1 HTL trong tam giác- Giải tam giac 10 1 Tổng 100% 10,0 MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I Chủ đề hoặc mạch kiến thức, kĩ năng Mức độ nhận thức - Hình thức câu hỏi Tổng điểm Nhận biết Thông hiểu Vận dụng TL TL Mức độ 1 Mức độ 2 Pt chứa căn Câu 1a 1 1,5 HPT bậc hai Câu 1b 1 1,5 BiÖn luËn PT bËc nhÊt Câu 2a 1 1,5 T­¬ng giao ®å thÞ - hÖ thøc Vi-et Câu 2b 1 1,5 Hệ trục tọa độ, täa ®é vÐc t¬ Câu 3a,b 1,5 Câu 3a,b 1 2,5 Tích vô hướng- HTL trong tam giác Câu 4 1 Câu 3a 0,5 1 Vectơ Câu 3c 0,5 0,5 Tổng điểm 2 2,5 3,5 2 10