Đề thi học kì 1 năm học 2013 – 2014 môn: toán 10 thời gian làm bài: 90 phút

 SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI HỌC KÌ 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 
 TRƯỜNG THPT NGHÈN Môn: Toán 10. Thời gian làm bài: 90 phút 
 MÃ ĐỀ: 01 
Câu 1 a. Xác định các hệ số b và c, biết parabol 2y x bx c    đi qua điểm  1;4A và có trục đối 
xứng là đường thẳng 2x  . 
 b. Vẽ đồ thị hàm số 2 2 3y x x   . 
Câu 2 Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
a. 2 1 2x x   b. 
 2 2 2
2 2 3 2
1 3
x y x y
x x y x y
    

    
Câu 3 Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 4 22 0x x m   có 4 nghiệm phân biệt. 
Câu 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có  2;0A  ,  1; 4B  và  1; 2C   . 
a. Tìm tọa độ của các vectơ BA

 và BC

. Tính tích vô hướng .BA BC
 
. 
b. Xác định tọa độ điểm M sao cho tam giác MAB vuông tại M và 2 2MC  . 
 SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI HỌC KÌ 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 
 TRƯỜNG THPT NGHÈN Môn: Toán 10. Thời gian làm bài: 90 phút 
 MÃ ĐỀ: 02 
Câu 1 a. Xác định các hệ số b và c, biết parabol 2y x bx c    đi qua điểm  2;5A và có trục đối 
xứng là đường thẳng 2x  . 
 b. Vẽ đồ thị hàm số 2 4 3y x x   . 
Câu 2 Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
a. 3 1 3x x   b. 
4 3 2
2 2 3 2
2 4 6
x y x y
x x y y
    

   
Câu 3 Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 4 22 0x x m   có 4 nghiệm phân biệt. 
Câu 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có  2;0A  ,  1;4B và  1;2C  . 
 a. Tìm tọa độ của các vectơ AB

 và CB

. Tính tích vô hướng .ABCB
 
. 
b. Xác định tọa độ điểm M sao cho tam giác MAB vuông tại M và 2 2MC  . 
ĐÁP ÁN MÃ ĐỀ 01 
Câu Nội dung Điểm 
1 
a. Ta có hệ phương trình: 
42
2
11 4
b b
cb c
    
   
Vậy parabol là 2 4 1y x x    . 
1,0 
b. Đỉnh  1; 4I  
2,0 
2 
a. Phương trình đã cho tương đương 
2
2
1
6 5 0
x
x
x x

 
  
 2,0 
b. Đặt 2t x y  , 0t  . Từ phương trình (1) suy ra 1 2y x  , 
thế vào phương trình (2) thu được:    22 23 4 0x x x x     
2 1 174 0
2
x x x

      
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 
1 17
; 17
2
 
 
 
 và 
1 17
; 17
2
 
 
 
1,0 
3 
Đặt 2t x , 0t  . Phương trình đã cho trở thành: 2 2 0t t m   
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt 
' 1 0
2 0 0 1
0
m
S m
P m
   

     
  
1,0 
4 
a.  3;4BA  

,  2;2BC  

 và . 14BA BC 
 
. 2,0 
b. Gọi  ;M x y . 
Ta có:  2;AM x y 

,  1; 4BM x y  

 và  1; 2CM x y  

Ycbt 
    
   2 2
2 1 4 0 1
01 2 8
x x y y x
yx y
     
  
    
Vậy điểm  1;0M . (Loại điểm  1; 4M B  ). 
1,0 
ĐÁP ÁN MÃ ĐỀ 02 
Câu Nội dung Điểm 
1 
a. Ta có hệ phương trình: 
42
2
14 2 5
b b
cb c
    
   
Vậy parabol là 2 4 1y x x    . 
1,0 
 b. Đỉnh  2; 1I  
2,0 
2 
 a. Phương trình đã cho tương đương 
2
3
1
9 8 0
x
x
x x

 
  
 2,0 
 b. Đặt 2t x y  , 0t  . Từ phương trình (1) suy ra 1 2y x  , 
thế vào phương trình (2) thu được:    22 23 4 0x x x x     
2 1 174 0
2
x x x

      
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 
1 17
; 17
2
 
 
 
 và 
1 17
; 17
2
 
 
 
1,0 
3 
Đặt 2t x , 0t  . Phương trình đã cho trở thành: 2 2 0t t m   
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt 
' 1 0
2 0 1 0
0
m
S m
P m
   

      
   
1,0 
4 
 a.  3;4AB 

,  2;2CB 

 và . 14ABCB 
 
. 2,0 
 b. Gọi  ;M x y . 
Ta có:  2;AM x y 

,  1; 4BM x y  

 và  1; 2CM x y  

Ycbt 
    
   2 2
2 1 4 0 1
01 2 8
x x y y x
yx y
     
  
    
Vậy điểm  1;0M .(Loại điểm  1;4M B ). 
1,0