Đề kiểm tra 1 tiết HK1 Hình học 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Thị Xã Quảng Trị

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

153
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo Đề kiểm tra 1 tiết HK1 Hình học 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Thị Xã Quảng Trị để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kì kiểm tra sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra 1 tiết HK1 Hình học 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Thị Xã Quảng Trị

TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT CHƯƠNG I TỔ TOÁN Môn: HÌNH HỌC 10 NC – Thời gian 45 phút ĐỀ SỐ 1 Bài 1 (3 điểm).     a. Chứng minh rằng với 4 điểm bất kì A, B, C, D ta có: AB  CD  AD  CB     b. Cho hình bình hành MNPQ có tâm là O. Chứng minh đẳng thức: MN  2 PO  MQ  0        Bài 2 (4 điểm). Cho ABC . Gọi I, J, K là các điểm định bởi JA  JC  0; IB  2 AI ; BK  2 BC     a. Phân tích vectơ IJ , JK theo hai vectơ AB, AC . b. Chứng minh rằng I, J, K thẳng hàng.    c. Cho H là điểm thay đổi, L là điểm xác định bởi: HL  3HC  4 HB . Chứng minh rằng đường thẳng HL luôn đi qua một điểm cố định. Bài 3 (3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(2;3), B  2, 5 , C (3; 1). a. Chứng minh A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác. b. Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. Tìm tọa độ điểm E sao cho A là trọng tâm của tam giác BCE. c. Tìm tọa độ điểm M trên cạnh BC và điểm N trên cạnh BA sao cho MN song song với AC và diện tích tứ giác ACMN bằng 8 lần diện tích tam giác BMN. TRƯỜNG THPT TX QUẢNG TRỊ ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT CHƯƠNG I TỔ TOÁN Môn: HÌNH HỌC 10 NC – Thời gian 45 phút ĐỀ SỐ 2 Bài 1 (3 điểm).     a. Chứng minh rằng với 4 điểm bất kì M, N, P, Q ta có: MN  PQ  MQ  PN     b. Cho hình bình hành ABCD có tâm là O. Chứng minh đẳng thức: AB  2CO  AD  0        Bài 2 (4 điểm). Cho ABC . Gọi M, N, P là các điểm định bởi MA  MC  0; NB  2 AN ; BP  2 BC     a. Phân tích vectơ NM , MP theo 2 vectơ AB, AC . b. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.    c. Cho Q là điểm thay đổi, R là điểm xác định bởi: QR  3QB  4QC . Chứng minh rằng đường thẳng QR luôn đi qua một điểm cố định. Bài 3 (3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(3; 1), B  2, 5 , C (2;3). a. Chứng minh A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác. b. Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. Tìm tọa độ điểm E sao cho C là trọng tâm của tam giác ABE. c. Tìm tọa độ điểm M trên cạnh CB và điểm N trên cạnh CA sao cho MN song song với AB và diện tích tứ giác ABMN bằng 8 lần diện tích tam giác CMN.
ĐÁP ÁN ĐỀ 1 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM         Bài 1a VT= AB  CD  AD  DB  CB  BD  AD  CB  VP (đpcm) 2 điểm Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có: Bài 1b         1 điểm MN  2 PO  MQ  MP  2 PO  2(OP  PO)  0 (đpcm) A I J Bài 2a P B E C K   1  1  Ta có: IJ  IA  AJ   AB  AC 3 2 1 điểm    1   1    3   JK  JC  CK  AC  BC  AC  ( AC  AB)  AC  AB 2 2 2 1 điểm 3   1  1  0,5 điểm Ta có: AC  AB  3( AB  AC ) 2 3 2 Bài 2b   Từ câu a, suy ra JK  3IJ 0,5 điểm Vậy I, J, K thẳng hàng (đpcm) Gọi P là trung điểm BC , E thuộc đoạn BP sao cho BE = 6EP. 0,5 điểm     3  3  4  1  Bài 2c Ta có: HE  HB  BE  HB  BC  HC  HB  HL 7 7 7 7 0,5 điểm Suy ra H, E, L thẳng hàng. Hay HL đi qua E cố định.   Ta có AB  (4; 2), AC  (5;  4) 4 2   Bài 3a Vì  nên AB, AC không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng 5 4 Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác 1 điểm   Gọi D( x; y ) . Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AD  BC   AD  ( x  2; y  3); BC  (1;  6) 0,5 điểm x  2  1  x  1 Suy ra:   Vậy D(1;  3) Bài 3b  y  3  6  y  3 Vì A là trọng tâm tam giác BCE nên ta có 3x A  xB  xC  xE  xE  3xA  ( xB  xC )  11 0,5 điểm   Vậy E (11; 5) 3 y A  yB  yC  yE  yE  3 y A  ( yB  yC )  5
Theo bài ra ta có diện tích tam giác BCA bằng 9 lần diện tích tam giác BMN và tam giác BCA đồng dạng với tam giác BMN     Từ giả thiết suy ra BA  3BN ; BC  3BM   Gọi N ( x; y ) . Ta có BA  (4; 2); BN  ( x  2; y  5)  4  10 x2 x   3  3  10 17    . Vậy N  ;  2  17  3 3 0,5 điểm y 5  y  3   3   Gọi M ( x; y ) . Ta có BC  (1;  6); BM  ( x  2; y  5)  1  7 x  2  x  7   3  3 . Vậy M  ;1 Bài 3c  y  5  2  y  1 3  B N M 0,5 điểm A C ĐÁP ÁN ĐỀ 2 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM         Bài 1a VT= MN  PQ  MQ  QN  PN  NQ  MQ  PN  VP (đpcm) 2 điểm Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có: Bài 1b         1 điểm AB  2CO  AD  AC  2CO  2(OC  CO)  0 (đpcm) A N M Bài 2a I B E C 1 điểm P
   1  1  1 điểm Ta có: NM  NA  AM   AB  AC 3 2    1   1    3   MP  MC  CP  AC  BC  AC  ( AC  AB)  AC  AB 2 2 2 3   1  1  0,5 điểm Ta có: AC  AB  3( AB  AC ) 2 3 2 Bài 2b   Từ câu a, suy ra MP  3 NM Vậy M, N, P thẳng hàng (đpcm) 0,5 điểm Gọi I là trung điểm BC , E thuộc đoạn IC sao cho CE = 6EI. 0,5 điểm     4  4  3  1  Bài 2c Ta có: QE  QB  BE  QB  BC  QC  QB  QR 7 7 7 7 0,5 điểm Suy ra Q, E, R thẳng hàng. Hay QR đi qua E cố định.   Ta có AB  (1;6), AC  (5; 4) 1 6   Bài 3a Vì  nên AB, AC không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng 5 4 Vậy A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác 1 điểm   Gọi D( x; y ) . Tứ giác ABCD là hình bình hành nên ta có AD  BC   AD  ( x  3; y  1); BC  (4;  2) 0,5 điểm  x  3  4  x  1 Suy ra:   Vậy D(1;  3) Bài 3b  y  1  2  y  3 Vì C là trọng tâm tam giác ABE nên ta có 3xC  xB  x A  xE  xE  3xC  ( xB  xA )  11 0,5 điểm   Vậy E (11; 5) 3 yC  yB  y A  yE  yE  3 yC  ( yB  y A )  5 Theo bài ra ta có diện tích tam giác CAB bằng 9 lần diện tích tam giác CMN và tam giác BCA đồng dạng với tam giác CMN     Từ giả thiết suy ra CA  3CN ; CB  3CM   Gọi N ( x; y ) . Ta có CA  (5;  4); CN  ( x  2; y  3)  5  1  x  2  3  x  3  1 5    . Vậy N  ;  0,5 điểm  y  3  4  y  5  3 3 Bài 3c  3  3   Gọi M ( x; y ) . Ta có CB  (4; 2); CM  ( x  2; y  3)  4  2  x  2  3  x 3  2 11    . Vậy M  ;  y 3  2  y  11  3 3  3  3 0,5 điểm
C N M A B