Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 trường THPT Văn Quán, Vĩnh Phúc

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Mã đề 01 Câu 1 (1,0 điểm)  x x 1 x 1   x  : x   với x > 0 và x  1  Rút gọn biểu thức A =    x  1 x 1  x  1   Câu 2 (3,0 điểm) Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0, m là tham số. a. Giải phương trình khi m = -1 b. Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. Câu 3 (3,0 điểm) Cho parabol (P): y =2x2 và đường thẳng d: 2x + y - 4 = 0 a. Vẽ (P) và d trên cùng một hệ trục toạ độ. b. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d. Câu 4 (2,0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Hạ các đường cao AD, BE của tam giác. Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là M, N. a. Chứng minh rằng bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Tìm tâm I của đường tròn đó. b. Chứng minh rằng MN // DE Câu 5 (1,0 điểm) x2  2x  1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức y  2 x 2 —Hết— Thí sinh không được sử dụng tài liệu để làm bài . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! Họ tên thí sinh..........................................................SBD.................. SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2014 - 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Đáp án gồm 02 trang Mã đề 01 Nội dung Câu  x x 1 x 1   x  : x   với x > 0 và x  1  Ta có: A =    x  1 x 1  x  1    ( x  1)(x  x  1) x  1   x ( x  1) x       :  =     ( x  1 )( x  1 ) x  1 x  1 x  1      x  x 1 x 1   x  x  x  :   =     x  1 x  1 x  1     = x 1 : x x 1 =  x 2 x 1 x : a)  x 2 0.25 0.25 x 1 2 x x 1 = x x x 1 a) Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 2x - 8 = 0 Phương trình có nghiệm : x1 = 2; x2 = -4 b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  ' = m2 - (m - 1)3 > 0 (*) Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u2 thì theo định lí Vi-ét ta có: u  u 2  2m (1)  2 u.u  (m  1) 3 (2) Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1)2 = 2m  m2 - 3m = 0  m(m-3) = 0  m = 0 hoặc m = 3đều thoả mãn điều kiện (*). Vậy với m   0; 3 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. = 2 x  x 1 x 1 0.25  0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 y A y= 2x 2 1 Thang điểm 8 2x -4 +y =0 3 2.0 4 B 2 A’ -2 1 B’ -1 O 1 2 x b) Hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm của phương trình: 2x2 = -2x + 4 hay: 2x2 + 2x – 4 = 0  x2 + x – 2 = 0 phương trình có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2= 8 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8). B(1;2) A 0.5 0.5 N E I 0.5 O B D C M 4   ADB   900 nên E, D cùng thuô ̣c đường tròn đường kinh AB. a) AEB ́ Do đó bốn điểm A, E, D, B nằm trên đường tròn đường kiń h AB. Tâm I của đường tròn chin ́ h là trung điể m của AB. 0.5    ABE b. Xét đường tròn tâm I : ADE (hai góc nô ̣i tiế p cùng chắ n cung AE) 0.25   Xét đường tròn tâm O : AMN (hai góc nô ̣i tiế p cùng chắ n cung AN)  ABN 0.25   hay AMN (vì E thuộc BN).  ABE 0.25   AMN  Từ đó suy ra ADE . Hai góc này ở vi ̣trí đồ ng vi ̣bằ ng nhau nên DE // MN (đpcm). 0.25 y x2  2 x  1   y  1 x 2  2 x  2 y  1  0 2 x 2  * Để y đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) phải 5 có nghiệm   '  1  y 1 1 2 y   0 3 khi x = 2; 2 0.25 3 2 0.25 ymin  0 khi x = -1 0.25  2 y 2  3 y  0  y  2 y  3  0  0  y  Vậy ymax  0.25 ********Hết***** 2 SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Mã đề 02 Câu 1 (1,0 điểm) 1   1 1  1  1   Rút gọn biể u thức A =  với x > 0 và x  1 :  x 1   1 x x 1  1 x  1 x Câu 2 (3,0 điểm) Cho phương trình: x2 + 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 (m là tham số) a. Giải phương trình khi m = -1 b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 – x2 = 2 Câu 3 (3,0 điểm) Cho parabol (P) y = x 2 và đường thẳng d : y = x + 2 a. Vẽ (P) và d trên cùng một hệ trục tọa độ. b. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d. Câu 4 (2,0 điểm) Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD của đường tròn đó. a. Gọi E là trung điểm của dây CD. Chứng minh 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc một đường tròn b. Chứng minh rằng nếu SA = AO thì SAOB là hình vuông. Câu 5 (1,0 điểm) x2  1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức y  2 x  x 1 —Hết— Thí sinh không được sử dụng tài liệu để làm bài . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! Họ tên thí sinh..........................................................SBD.................. SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2014 - 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Đáp án gồm 02 trang Mã đề 02 Nội dung Câu 1 2 Thang điểm 1   1 1  1  1  :   A = với x > 0 và x  1    x 1   1 x x 1  1 x  1 x  x 1 1  x   x 11 x  1    :     (1  x )( x  1)   (1  x )( x  1)  1  x 2 2 x 1  :  (1  x )( x 1) (1  x )( x 1) 1  x 1 1   x 1 x 1  x 1  x  a) Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 4x + 4 = 0 Phương trình có nghiệm kép: x1 = -2. b)Phương trình có hai nghiệm x1 ; x2  '  0  6m  6  0  m  1  S  x1  x 2  –2  m  3 (1) Theo hệ thức Vi-ét ta có:  2  P  x1. x 2  m +3 (2) Từ x1 – x2 = 2 suy ra: ( x1 – x2)2 = 4  ( x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4 (*) Thay (1) và (2) vào (*) ta được:  2  m  3   4  m 2  3  4  4  m2  6m  9   4m2 12  4 5  24m  24  4  m   ( thoả mãn m  1 ) 6 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 2 0.5 y a) 4 3 2.0 2 1 -5 -2 1 -1 O 1 2 5 x b) Hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm của phương trình: x2 = x + 2 hay: x2 - x – 2 = 0 phương trình có nghiệm: x1= -1; x2= 2 ; suy ra: y1= 1; y2= 4 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và d là A(-1; 1). B(2;4) 0.5 0.5 A D E C a) Gọi I là trung điểm của OS. O Theo tính chấ t tiế p tuyế n, ta có : I S 0.5   SBA   900 SAB 4  A, B cùng thuô ̣c đường tròn tâm I, đường kin ́ h OS (1) B   900 Theo tính chấ t đường kính và dây cung, ta có : OE  CD hay OES  E thuô ̣c đường tròn tâm I, đường kiń h OS (2) 0.5 Từ (1) và (2) suy ra 5 điể m S , A, E, O, B cùng thuô ̣c đường tròn tâm I , đường kin ́ h OS. 0.25 b) Ta có OA = OB (bán kính của (O)), 0.25 SA = SB (tính chất 2 tiế p tuyế n cắ t nhau) Do đó, nế u SA = OA thì SA = SB = OA = OB  SAOB là hiǹ h thoi. 0.25   SBO   900  SAOB là hiǹ h vuông. Mà SAO 0.25 x2  1 y 2   y  1 x 2  yx  y  1  0 x  x 1 0.25  * Để y đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) phải có nghiệm 5    y  4  y  1  0 2 2  3 y 2  8 y  4  0   2  y  3 y  2   0  Vậy ymax  2 khi x = -1; ymin  2  y2 3 2 khi x = 1 3 ********Hết******* 2 0.25 0.25 0.25