SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm có 01 trang)

KIỂM TRA HỌC KÌ I
Năm học: 2014-2015
Môn thi: TOÁN - Lớp 10
Ngày thi:25/12/2014
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm)
Câu I. (1,0 điểm)
Cho hai tập hợp A  0;1;3; 4 , B  1;3; 5 . Tìm A  B và A  B .
Câu II. (2,0 điểm)
1. Tìm parabol (P): y  ax 2  bx  2(a  0) , biết parabol đó có trục đối xứng là x 

3
và đi
2

qua điểm A  1;6  .
2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y   x 2  2x  1.
Câu III. (3,0 điểm)
1. Giải phương trình : 2x  3  9  2x .
2. Giải phương trình : 4x 4  65x 2 16  0 .
3x  2y  2

3. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình: 

 x  4y  3



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP

KIỂM TRA HỌC KÌ I
Năm học: 2014-2015
Môn thi: TOÁN - Lớp 10
Ngày thi:25/12/2014

HƯỚNG DẪN
CHẤM CHÍNH THỨC
(gồm có 04 trang)
Câu
Câu I
(1,0 đ)

Nội dung yêu cầu

Điểm

Cho hai tập hợp A  0;1;3; 4 , B  1;3; 5 . Tìm A  B và A  B .

0,5

 A  B  0;1;3; 4;5

0,5

 A  B  1;3

0,25

 Vậy (P): y  x 2  3x  2 .
2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x 2  2 x  1.

Câu II
(2,0 đ)

 D = R; Tọa độ đỉnh I 1; 0  .

0,25

 Trục đối xứng là đường thẳng x = 1. Do a = -1 < 0 nên (P) có bề lõm
hướng xuống.
 Bảng biến thiên

0,25

x 

1

+

0

0,25

y


2


4x  38x  78  0

9
x 

2

 x 3  x 3


13
 x 
2


0,5

0,25

Vậy tập nghiệm là S  3
2. Giải phương trình: 4x 4  65x 2 16  0 .
 Đặt t = x 2 (t  0) . Phương trình trở thành: 4t 2  65t  16  0
Câu III
(3,0 đ)

 t  16



3. Không sử dụng máy tính, hãy giải hệ phương trình: 
3 x  2 y  2

3 x  2 y  2

.
 x  4y  3
3 x  12 y  9

0,25



3 x  2 y  2
14 y  7

 

0,25

 x  1

1
 
1 . Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (–1; ).
2
y 

2

3

0,5

3

2


2. Tìm tọa độ đỉnh Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Gọi Q(x ;y)
 
 Tứ giác MNPQ là hình bình hành nên PQ  NM




 PQ  (x 1; y  2) ; NM  (4;1)

0,25
0,5

x 1  4 x  5
 Hệ 

. Vậy Q(5 ;3)
 y  2  1 y  3

0,25


 
AH  BC

 H là trực tâm nên:   
BH  AC

11(x 1)  2(y  2)  0  x  1


. Vậy H(1; 2)
8(x  2)  6(y  6)  0
 y  2

0,5
0,25
0,25

0,25
0,25

0,5

Giải phương trình: 4x 2  42 12(x  1 )  13  0 .(1)
x

x

 Với điều kiện x  0, (1)  4(x  1 ) 2 12(x  1 )  5  0

0,25


2
1 1
 x    2x 2  x  2  0 (vô nghiệm).
x 2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2, x 

3

1
2

0,25

0,25


Cho tam giác ABC có A(–4;5),B(–2;0),C(1;3).Biết AH là đường cao
của ABC(H  BC) . Tìm tọa độ H
Gọi H(x;y)



 BC  (3;3) ; AH  (x  4; y  5) ; BH  (x  2; y)
Câu
VI.b
(1,0 đ)

 
AH  BC