Đề thi học kỳ II môn Toán Lớp 10 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học kỳ II môn Toán Lớp 10 (Có đáp án)

1. MA TRẬN NHẬN THỨC ĐỀ THI KTTT LỚP 10 MA TRẬN MỤC TIÊU Tổng điểm Tầm quan Theo ma Theo thang Chủ đề Trọng số trọng trận nhận điểm 10 thức Mệnh đề 4 1 4 0,2 Tập hợp 4 3 4 0,2 Hàm số bậc nhất 8 3 24 1,0 Hàm số bậc 2 14 3 42 1,6 Phương trình 15 3 45 1,7 Hệ phương trình 15 2 45 1,7 Véc tơ 10 2 20 0,8 Hệ trục toạ độ 10 2 20 0,8 Giá trị lượng giác 10 3 20 0,8 Tích vô hướng 10 1 30 1,2 100% 254 10
2. MA TRẬN NHẬN THỨC Chủ đề - Mức nhận thức Cộng Mạch KTKN 1 2 3 4 Phần Phương trình – 1 1 2 chung Bất phương trình 1,0 1,0 2,0 1 1 Thống kê 1,0 1,0 1 1 2 Lượng giác 1,0 1,0 2,0 1 1 2 Toạ độ trong MP 1,0 1,0 2,0 2 3 2 7 Tổng phần chung 2,0 3,0 2,0 7,0 Phần 1 1 2 PT, Bất PT riêng 1,0 1,0 2,0 HTL trong tam 1 1 giác 1,0 1,0 Conic 2 1 3 Tổng phần riêng 2,0 1,0 3,0 2 5 3 10 Tổng toàn bài 2,0 5,0 3,0 10,0
3. Diễn giải: 1) Chủ đề – Hình học: 3,0 điểm – Đại số: 7,0 điểm 2) Mức nhận biết: – Chuẩn hoá: 7,0 điểm – Phân hoá: 3,0 điểm Mô tả chi tiết: I. Phần chung: Câu 1: Giải bất phương trình qui về bậc hai: dạng tích, chứa ẩn ở mẫu, chứa ẩn trong dấu GTTĐ Câu 2: Tìm các số đặc trưng của bảng số liệu. Câu 3: Chứng minh hệ thức lượng giác; tính giá trị biểu thức lượng giác (gồm 2 câu nhỏ) Câu 4: Viết phương trình đường thẳng, đường tròn (gồm 2 câu nhỏ) II. Phần riêng: 1) Theo chương trình chuẩn Câu 5a: – Giải phương trình chứa căn thức - Tìm điều kiện của tham số để phương trình bậc hai có nghiệm (có nghiệm; vô nghiệm; có 2 nghiệm cùng dấu, trái dấu) Câu 6a: Giải tam giác; Đường tròn; Elip. 2) Theo chương trình nâng cao Câu 5b: – Giải PT, BPT chứa căn thức. – Tìm điều kiện của tham số để phương trình dạng bậc hai có nghiệm (có nghiệm, vô nghiệm, có 2 nghiệm cùng dấu, trái dấu) Câu 6b: Đường tròn; Elip; Hypebol; Parabol.
4. ĐỀ THI HỌC KỲ II LỚP 10 Thời gian làm bài: 120 phút I. Phần chung: Câu 1. (2 điểm) Giải các bất phương trình và hệ bất phương trình sau: 5 (x 1)( x 2) 6x 4x 7 1) 0 . 2) 7 (2x 3) 8x 3 2x 5 2 Câu 2. (1 điểm) Người ta đã thống kê số gia cầm bị tiêu hủy trong vùng dịch của 6 xã A,B, ,F như sau (đơn vị: nghìn con): Xã A B C D E F Số lượng 12 27 22 15 45 5 Tính số trung vị, số trung bình , phương sai và độ lệch chuẩn (chính xác đến hàng trăm) của bảng số liệu thống kê trên. Câu 3. (2 điểm) 1 1/ Tìm các giá trị lượng giác của cung biết: sin và . 5 2 2/ Chứng minh đẳng thức: cot( /4 – 3a). (sin6a – 1) = - cos6a, a ≠ /12 + k /3, k Z. Câu 4. (2 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho A(1;4), B(4;3), C(2;7) và đường thẳng (d):3x-7y=0. 1) Viết phương trình tham số, tổng quát của đường cao AH trong tam giác ABC. 2) Viết phương trình đường tròn đi qua A, B, C. II. Phần riêng: 1) Theo chương trình chuẩn Câu 5a. (2 điểm) 1/ Giải bất phuơng trình: 3x2 9x 1 x 2 2/ Cho phương trình: x2 2(m 1)x m2 8m 15 0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu . Câu 6a. (1 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, cho điểm M ( 5; 2 3 ). Viết phương trình chính tắc của elip đi qua điểm M và có tiêu cự bằng 4. 2) Theo chương trình nâng cao Câu 5b. (2 điểm) 1/ Giải bất phuơng trình: x2 9x 10 x 2
5. 2/ Cho bất phương trình: (m 3)x2 2(m 3)x m 2 0 Tìm m để bất phương trình vô nghiệm. Câu 6b. (1 điểm) x2 y2 Trong hệ toạ độ Oxy, cho elip E : 1 20 16 Viết phương trình chính tắc của hypebol có cùng tiêu điểm với elip và góc giữa hai tiệm cận bằng 600. ĐÁP ÁN I. Phần chung Câu 1. (x 1)(2 x)(2x 3) 0 x 1 (x 1)( x 2) 1) 0 3 3 (2x 3) x x 2 2 2 5 22 6x 4x 7 x 7 2) 7 7 x 8x 3 7 4 2x 5 x 2 4 2 Câu 2. Me = 22 nghìn; x = 21 nghìn; s = 164,333 ; s = 12,8 nghìn con 1 2 Câu 3. 1/ Vì nên cos 0 . cos 1 sin2 1 2 5 5 sin 1 1 tan ; cot 2 cos 2 tan 1 tan3a sin3a cos3a 2 2/ VT= sin 6a 1 sin3a cos3a sin2 3a cos2 3a cos6a 1 tan3a sin3a cos3a Câu 4.   1) BC ( 2;4) suy ra Vtcp của đường cao AH là u (4;2). x 1 4t Pt tham số: ,t R ; PttQ: x - 2y + 7 = 0. y 4 2t 2) Nhận thấy tam giác ABC vuông tại A nên tâm đường tròn là trung điểm I của BC, I(3;5); R= 5 ; 2 2 Pt đường tròn: x 3 y 5 5 . II. Phần riêng Câu 5a. x 2 2 x 2 1 1/ 3x 9x 1 x 2 x x 3 2 2 5 3 0 2 x x x 3 2/ PT có hai nghiệm trái dấu ac < 0
6. 1(( m2 8m 15) 0 m2 8m 15 0 m ( ;3) 5; Câu 6a. x2 y2 Pt chính tắc có dạng: E : 1 a2 b2 5 12 (E) đi qua M nên có 1 (1) a2 b2 2 5 12 b 16 2 2 1 2c = 4 nên a b 4 . Từ (1) có: 2 2 2 . b 4 b b 3 (lo¹i) x2 y2 Elip cần tìm: 1 . 20 16 Câu 5b. 14 x 2 2 (V« nghiÖm) x 9x 10 x 2 5 x 2 2 x 2 1/ x 9x 10 x 2 x 1 2 x 1 x 9x 10 0 x 10 x 2 x 2 5 2/ Với m = –3 thì (*) trở thành: 12x 5 0 x . Vậy (*) có nghiệm. 12 Với m –3 thì (*) vô nghiệm f (x) (m 3)x2 2(m 3)x m 2 0,x R m 3 m 3 0 15 (vô nghiệm) (m 3)2 (m 3)(m 2) 0 m 7 Không có giá trị m nào để BPT vô nghiệm. Câu 6b. x2 y2 Pt chính tắc có dạng: 1 (H). Ta có: a2 b2 4 (1) a2 b2 2 2 b a 1 Tiệm cận bx ay 0 (2) a2 b2 2 2 2 a 1 a 3 x2 y2 x2 y2 Từ (1) và (2) hoÆc . Vậy (H): 1 hoặc 1. 2 2 b 3 b 1 1 3 3 1