Kiểm tra học kì I tổ toán –tin môn toán 10

Trƣờng THPT Hƣơng Lâm KIỂM TRA HỌC KÌ I Tổ Toán –Tin Môn Toán 10 Thời gian: 90 phút Năm học 2009-2010 Giáo viên: Thái Nhât Tân, Hồ Thượng Hợp. Câu 1: (2 điểm) Tìm tập xác định của các hàm số sau: a. 2 1 1 x y x    , b. 2 4y x  Câu 2: (2 điểm) a) Xác định a, b để đồ thị của hàm số y ax b  đi qua các điểm A(1; 3), B(3; 1). b) Vẽ đồ thị hàm số : y = x 2 - 2x + 1 Câu 3 : ( 2 điểm) Giải phƣơng trình và hệ phƣơng trình sau. a. |2x-3| =x +1 b. 3 2 4 2 3 7 x y x y ì - =ïï í ï + =ïî Câu 4 :(3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho A(1;-2), B(0;4), C(3;2) a. Tính tọa độ các vectơ ; ;AB BC CA    b. Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC c. Tìm các số h,k sao cho AB hBC kCA= +    Câu 5: ( 1 điểm) Chứng minh bất đẳng thức: 6 , , 0a b b c c a a b c c a b         -------------------------------------------- Hết------------------------------------------------ HƢỚNG DẪN CHẤM Câu Các bước giải Điểm 1a Hàm số có nghĩa khi: 1 0 1x x     . Vậy tập xác định của hàm số là:  1D    01đ 1b Hàm số có nghĩa khi: 1 2 4 0 2 x x    . Vậy tập xác định của hàm số là: D = 1 ; 2       01đ 2a Đồ thị hàm số +y ax b đi qua hai điểm A(1; 3), B(3; 1) nên ta có: 3 3 1 a b a b      1 4 a b      01đ 2b a. Đồ thị hàm số y = x2 – 2x + 1 là một parabol + Có đỉnh I(1 ;0) +Trục đối xứng x = 1 + Điểm đặc biệt x -1 0 1 2 3 y 4 1 0 1 4 + Đồ thị : x y x=1 j B D A C 1 1đ 3a |2x-3| =x +1 Nếu 3 2 3 0 2 x x- ³ Û ³ PTTT 2x -3 = x +1 4xÛ = ( thỏa điều kiện) 0.5 đ Nếu 3 2 2 3 0 : 2 3 1 2 3 x x PTTT x x x- < Û < - + = + Û = ( thỏa điều kiện) Vạy phương trình có nghiệm 2 4; 3 x x= = . 0.5 đ 3b 3 2 4 2 3 7 x y x y ì - =ïï í ï + =ïî 3 2 13 2 3 4 2 26 7 3 3 4 13 2 7 x y D D D - = = - = = = = Vậy hệ có nghiệm 2 1 x y D x D D y D ìïï = =ïïï í ïï = =ïïïî 1đ 4a Ta có : ( 1;6) (3; 2) ( 2; 4) AB BC CA = - = - = - -    1đ 4b Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC 1 0 3 4 3 3 2 4 2 4 3 3 4 4 G( ; ) 3 3 G G x y ì + +ïï = =ïïï í ï - + +ï = =ïïïî 1đ 4c Ta có : (3 ; 2 ) ( 2 ; 4 ) hBC h h kCA k k = - = - -   0.5 đ AB hBC kCA= +    3 2 1 1 2 4 6 1 h k h h k k ì ì- = - = -ï ï Û Ûí í ï ï- - = = -ï ïî î Vậy AB BC CA    = - - . 0. 5 đ 5 Ta có: ( ) ( ) ( ) a b b c c a VT c a b a b b c c a c c a a b b a c b c a b c a c b b a                   Mà theo BĐT CauChy ta có: 2 2 2 a b b a b c c b c a a c       Vậy: 6 , , 0a b b c c a a b c c a b        (đfcm) 1đ Giáo viên ra đề Tổ trưởng Thái Nhật Tân Ngô Huế SỞ GD-ĐT THỪA THIÊN HUẾ TRƢỜNG THPT HƢƠNG LÂM ĐỀ THI HỌC KÌ I Môn: Toán 11 Thời gian: 90 phút Năm học: 2009-2010 Đề bài Câu 1(2đ): Giải các phương trình sau: a, 2sin 2 0x  b, 23cot 4 1 0x cotx   Câu 2(2đ): Có bốn chiếc thẻ được đánh số 1, 2, 3, 4 lấy ngẫu nhiên hai chiếc thẻ . a, Mô tả không gian mẫu. b, Tính xác suất của các biến cố: A “ Tích số chấm trên hai chiếc thẻ là số chẵn” B “ Tổng số chấm trên hai chiếc thẻ không bé hơn 6” Câu3(2đ) : Cho cấp số cộng ( )nu thoả mãn:  7 2 4 6 15 20 u u u u     a, Tìm số hạng đầu 1u và công sai d của cấp số cộng trên. b, Biết 115nS  . Tìm n Câu4(2đ) :Tìm ảnh của điểm M(2;3) và đường thẳng d: 2x-3y+4=0 qua phép tịnh tiến theo véc tơ (3;1)v   Câu5(2đ): Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, AC, AD. a, Xác định giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với các mặt của tứ diện. b, Thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mp(MNP) là hình gì? ………………………HẾT……………………. HƢỚNG DẪN CHẤM Câu Các bƣớc giải Điểm 2 2sin 2 0 2sin 2 sin 2 x x x      0,5 1a 2 4 3 2 4 , x k x k k              0,5 1b Đk sinx ≠ 0 Đặt cotx =t khi đó phương trình trở thành 2 1 1 3 3t 4 1 0 t t t          0,5 Với t=1 ta có cotx=1 , 4 x k k      Với 1 3 t  ta có cotx= 1 1 cot , 3 3 x arc k k    Vậy nghiệm của phương trình là: , 4 x k k     và 1 cot , 3 x arc k k   0,5 2a Ω= {(1,2), (1;3), (1,4), (2,3), (2,4), (3,4)}  n(Ω)=6 1 2b A= {(1,2), (1,4), (2,3), (2,4), (3,4)}  n(A)=5 Vậy p(A)= ( ) 5 ( ) 6 n A n   0,5 B={(2,4), (3,4)}  n(B)=2 Vậy p(B)= ( ) 2 1 ( ) 6 3 n B n    0,5 3a     7 2 1 1 4 6 1 1 1 1 15 6 15 20 3 5 20 5 15 3 2 8 20 2 u u u d u d u u u d u d d d u d u                     1 3b Áp dụng công thức 1 ( 1) 2 n n n S nu d    Ta có 2 10 46 ( ) 6 ( 1) 2 3 115 3 7 230 0 [ 2 n n n loai n n S n n n             1 4a Gọi M’= ( ) ( '; ') v t M x y . Áp dụng biểu thức toạ độ của phép tịnh tiến ta có  ' 2 3 5' 3 1 4xy      Vậy M’(5;4) 1 4b Gọi d’= ( ) v t d . Khi đó với mỗi điểm N(x;y)  d thì N’= ( ) ( '; ') ' v t N x y d  Áp dụng biểu thức toạ độ của phép tịnh tiến ta có:  ' 3 ' 3' 1 ' 1x x x xy y y y       Thay vào phương trình đường thẳng d ta được 2 (x’-3)-3 (y’-1)+4=0  2x’-3y’+1=0 Vậy phương trình đường thẳng d’là: 2x-3y+1=0 1 5a Q P N M B D C A 0,5 (MNP)  (ABC)=MN (MNP)  (ACD)=NP +P là điểm chung của hai mp (MNP) và (ABD) +MN  (MNP)  Giao tuyến của (MNP) và (ABD) là đường thẳng +AB  (ABD) qua P và song song với AB cắt BD tại Q + MN//AB Ta có (MNP)  (ABD)=PQ (MNP)  (BCD)=MQ 1 5b Thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNP) là tứ giác MNPQ. Ta có MN//=PQ//= 1 2 AB nên MNPQ là hình bình hành. 0,5 Duyệt của tổ trƣởng chuyên môn Giáo viên ra đề NGÔ HUẾ DƢƠNG TRỌNG HOÀNG