Tuyển chọn đề thi khảo sát, hsg toán lớp 10 có đáp án chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
Năm học: 2013 – 2014

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI – VÒNG 2
MÔN THI: TOÁN, LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (3.0 điểm).
a) Cho hàm số
( ) ( )
2
1 2 1 3 2= − − − + −y m x m x m
(m là tham số), có đồ thị là
( )
m
T
. Tìm m để
mọi điểm trên đồ thị
( )
m
T
đều có tung độ dương.
b) Giải bất phương trình
( )
2
2
2 1 3 2
0
3 1
x x x
x x

− − +
≥
− +
.
Câu 2 (2.0 điểm).
a) Giải phương trình
( )
4 1 5 5 2x x x+ = + −
.
b) Giải hệ phương trình
( )
( ) ( )
2 2 2 2
3 3 2
6x 3 2 3 4x 1
x y x xy y x y
y y

− + + + = + +


+ − + = − −


.
Câu 3 (3.0 điểm)
a) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo không vuông góc với nhau và cắt nhau tại O. Gọi H,
K lần lượt là trực tâm các tam giác ABO và CDO; M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC.
Chứng minh rằng HK vuông góc với MN.
b) Cho tam giác ABC có

, ,BC a AC b AB c= = =
. Tính các góc
, ,A B C
biết rằng:
( )
4 4 4 2 2 2
cot cot cot .A B C a b c a b c+ + + + = + +
Câu 4 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
1
: 2x 5 0d y− + =
,
2
: 3 0d x y+ − =
và điểm
( )
2;0M −
. Viết phương trình đường thẳng đi qua
M
cắt
1 2
và d d
lần
lượt tại
và A B
sao cho
2MA MB=
uuur uuur
.
Câu 5 (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1xyz =

. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1.
x y z y z x z x y
+ + ≤
+ + + + + +
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………… Số báo danh:…………………
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG VÒNG 2 – LỚP 10 – NĂM 2014
THPT HỒNG QUANG
Câu ĐÁP ÁN Điểm
1
(3.0
điểm)
a) Cho hàm số
( ) ( )
2
1 2 1 3 2= − − − + −y m x m x m
(m là tham số), có đồ thị là
( )
m
T
. Tìm m để mọi điểm trên đồ thị
( )
m
T
đều có tung độ dương.
1.5

+ Để mọi điểm trên đồ thị
( )
m
T
đều có tung độ dương thì:

( ) ( )
2
1 2 1 3 2 0m x m x m− − − + − >
(1) với mọi
x R∈
0.25
+ Với
1m
=
, (1) trở thành
0. 1 0x
+ >
, đúng với mọi
x R
∈
. Vậy m = 1 thỏa
mãn yêu cầu bài toán (*)
0.25
+ Với
1m
≠
, ta có
( ) ( )
2

1 0
1 2 1 3 2 0
0
m
m x m x m x R
− >

− − − + − > ∀ ∈ ⇔

∆ <

0.25
2
1
1
1
1
2 3 1 0
2
1
m
m
m
m
m m
m
>


>




⇔ ⇔ ⇔ >
<
 

− + − <




>


(**) 0.5
+ Từ (*) và (**) ta có
[
)
1;m∀ ∈ +∞
thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0.25
b) Giải bất phương trình
( )
2
2
2 1 3 2
0
3 1
x x x
x x

− − +
≥
− +
. 1.5
+ Bất phương trình tương đương với
2
2
3 2 0
3 1 0
x x
x x

− + =


− + ≠


(I) hoặc
2
2
3 2 0
2 1
0
3 1
x x
x
x x

− + >



−
≥

− +

(II) 0.25
+ Hệ (I) có hai nghiệm
1; 2x x= =
0.25
+ Giải (II):
2
3 2 0x x− + >

1x
⇔ <
hoặc
2x
>
0.25

2
2 1
0
3 1
x
x x
−
≥

− +

3 5 1
2 2
x
−
⇔ < ≤
hoặc
3 5
2
x
+
>
.
Hệ bất phương trình (II) có tập nghiệm là
3 5 1 3 5
; ;
2 2 2
   
− +
∪ +∞
  ÷

   
0.5
+ Vậy tập nghiệm bất phương trình là
{ }
3 5 1 3 5
; ; 1;2
2 2 2

S
   
− +
= ∪ +∞ ∪
  ÷

   
0.25
2
(2.0
điểm)
Giải phương trình
( )
4 1 5 5 2x x x+ = + −
. 1.0
( )
( )
2
2
2
2
4 4 5 0
4 1 5 5 2 5 2 4 4 5
5 2 4 4 5
x x
x x x x x x
x x x

+ − ≥


+ = + − ⇔ − = + − ⇔

− = + −


+ Có
2
1 6
4 4 5 0
2
x x x
− −
+ − ≥ ⇔ ≤
hoặc
1 6
2
x
− +
≥
(*)
0.25
+ Giải phương trình
( )
2
2 4 3 2
5 2 4 4 5 16 32 24 38 20 0x x x x x x x
− = + − ⇔ + − − + =
0.5
( ) ( )
( )

2
2
1
2 2 2 1 4 2 5 0
2
1 21
4
x
x x x x x
x


= −


⇔ + − + − = ⇔ =


− ±

=


+ Kết hợp với (*) ta có tập nghiệm của phương trình là
1 21
2;
4
S
 
− +

 
= −
 
 
 
0.25
b) Giải hệ phương trình
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
3 3 2 1
6 3 2 3 4 1 2
x y x xy y x y
x y x y

− + + + = + +


+ − + = − −


. 1.0
+ Từ
( )
3 2 3 2
1 ta có : 3 3 1 3 3 1x x x y y y− + − = + + +

( ) ( )

3 3
1 1 2x y y x⇔ − = + ⇔ = −
0.25
+ Thay vào
( )
2
ta được:
6 3 2 1 3 1x x x+ − − = +
(điều kiện
1
2
x ≥
)
2
6 3 2 1 3 1 3 2 6 1x x x x x x⇔ + = − + + ⇔ + = − −
0.25
( )
( )
2
2
2
1
3
3
13
3 4 6 1
23 10 13 0
23
x
x

x
x x x
x
x x
=

≥ −

≥ −



⇔ ⇔ ⇔
 

+ = − −
= −
− − =




0.25
+ Kết hợp với điều kiện
1
2
x ≥
, ta có
1x
=

. Khi đó
1y = −
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm
( ) ( )
; 1; 1x y = −
0.25
3
(3.0
điểm)
a) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo
không vuông góc với nhau và cắt nhau
tại O. Gọi H, K lần lượt là trực tâm các
tam giác ABO và CDO; M, N lần lượt là
trung điểm của AD và BC. Chứng minh
rằng HK vuông góc với MN.
1.5
+ Do M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC nên:
D 0MA M BN CN+ = + =
uuur uuuur uuur uuur r
Suy ra:
( ) ( )
2MN MA AB BN MD DC CN AB DC= + + + + + = +
uuuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur
0.25
+ Ta có:
( ) ( )
2 .HK MN OK OH AB DC= − +
uuur uuuur uuur uuur uuur uuur

. . . .OK AB OK DC OH AB OH DC= + − −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0.25
Do
, . . 0OK DC OH AB OK DC OH AB⊥ ⊥ ⇒ = =
uuur uuur uuur uuur
Suy ra:
2 .HK MN
uuur uuuur
. .OK AB OH DC= −
uuur uuur uuur uuur
0.25
( ) ( )
. .OK OB OA OH OC OD= − − −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
. . . .OK OB OK OA OH OC OH OD= − − +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

0.5
( ) ( ) ( ) ( )
. . . .OC CK OB OD DK OA OB BH OC OA AH OD= + − + − + + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
. . . . . . . .OC OB CK OB OD OA DK OA OB OC BH OC OAOD AH OD= + − − − − + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
+ Lại có
, , , DCK OB DK OA BH OC AH O⊥ ⊥ ⊥ ⊥
nên:
. . . . 0CK OB DK OA BH OC AH OD= = = =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
+ Vậy

2 . 0 hay HK MN HK MN= ⊥
uuur uuuur
(đpcm).
0.25
b) Cho tam giác ABC có
, ,BC a AC b AB c= = =
. Tính các góc
, ,A B C
biết
rằng:
( )
4 4 4 2 2 2
cot cot cotA B C a b c a b c+ + + + = + +
(1)
1.5
+ Ta có
2 2 2 2 2 2
cos
cot
sin 2 sin 4
A b c a b c a
A
A bc A S
+ − + −
= = =
với S là diện tích
ABC∆
0.25
+ Tương tự, ta có
2 2 2 2 2 2

cot ;cot
4 4
a c b a b c
B C
S S
+ − + −
= =
.
Suy ra
2 2 2
cot cot cot
4
a b c
A B C
S
+ +
+ + =
. Do đó (1)
4 4 4
4S a b c⇔ = + +
(2)
0.25
0.25
+ Lại có
( ) ( ) ( ) ( )
2
16S a b c a b c b c a c a b= + + + − + − + −

( ) ( )
2 2

2 2
a b c c a b
   
= + − − −
   
( )
( )
2
2
2 2 2
2ab a b c= − + −

2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2a b b c c a a b c= + + − − −

0.25
+ Mà
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
0a b b c c a− + − + − ≥
. Dấu “=” xảy ra khi
a b c= =

2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 4
2 2 2a b b c c a a b c a b c
⇔ + + − − − ≤ + +
. Vậy
4 4 4
4S a b c≤ + +

(3)
0.25
+ Từ (2) và (3), ta có đẳng thức (1) xảy ra khi
a b c= =
, tức là tam giác ABC
có ba góc bằng
0
60
.
0.25
4
(1.0
điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
1
: 2x 5 0d y− + =
,
2
: 3 0d x y+ − =
và điểm
( )
2;0M −
. Viết phương trình đường thẳng đi qua
M
cắt
1 2
và d d
lần lượt tại
và A B
sao cho

2MA MB=
uuur uuur
.
1.0
+ Do
( ) ( )
1 2 1 1 2 2
, nên ;2 5 , ;3A d B d A t t B t t∈ ∈ + −
Suy ra
( ) ( )
1 1 2 2
2;2 5 ; 2;3MA t t MB t t= + + = + −
uuur uuur
0.25
+ Để
( )
( )
1
1 2
1 2
1 2
2
1 2
1
2 2 2
2 2
2
1
2 2 1
2 5 2 3

2
t
t t
t t
MA MB
t t
t
t t
=

 + = +
− =

 
= ⇔ ⇔ ⇔
  
+ =
= −
+ = − +





uuur uuur
0.25
+ Khi đó
( ) ( )
3;7 ; 1;7MA A=
uuur

0.25
+ Gọi d là đường thẳng cần viết phương trình, d đi qua A và có vectơ chỉ
phương là
MA
uuur
, phương trình d là:
1 7
7 3 14 0
3 7
x y
x y
− −
= ⇔ − + =

0.25
5
(1.0
điểm)
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1xyz =
. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1
x y z y z x z x y
+ + ≤
+ + + + + +
1.0
+ Ta có
( ) ( )

2
2 2 2 2
1
và 2 nên
2
y z y z y z yz y z y z yz+ ≥ + + ≥ + ≥ +
(1)
Dấu “=” xảy ra khi
y z=
0.25
Suy ra
( ) ( )
2 2
.x y z x xyz y z yz x y z yz+ + ≥ + + = + +
( )
2 2
1 1 x
x y z
x y z x y z yz
⇒ ≤ =
+ +
+ + + +
(do
1xyz =
)
Tương tự
2 2 2 2
1 1
;
y

z
x y z x y z
y z x z x y
≤ ≤
+ + + +
+ + + +
(2)
0.25
+ Vậy
2 2 2 2 2 2
1 1 1
x y z
x y z
x y z y z x z x y
+ +
+ + ≤
+ +
+ + + + + +
+ Ta sẽ chứng minh
1
x y z
x y z
+ +
≤
+ +
+ Có
1 2 ; 1 2 ; 1 2x x y y z z
+ ≥ + ≥ + ≥
nên
( )

3 2x y z x y z
+ + + ≥ + +
(3)
0.25
Lại có
3
3 3x y z xyz+ + ≥ =
(4)
Do đó
( )
3 2 3x y z x y z x y z
+ + + ≥ + + ≥ + + +
hay
1
x y z
x y z x y z
x y z
+ +
+ + ≥ + + ⇔ ≤
+ +
. Ta được đpcm.
+ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (1), (2), (3), (4) cùng xảy ra dấu “=”, đạt
được khi
và 1x y z xyz= = =
hay
1x y z= = =
0.25

Hết
(Đáp án gồm 4 trang)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
Năm học 2011 – 2012

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN THI: TOÁN, LỚP 10
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian
phát đề
Câu I (1.0 điểm) Xét tính chẵn lẻ của hàm số
x x
y
2 x 2 x
=
+ − −
.
Câu II (2.0 điểm)
1) Xác định hàm số
2
y ax bx c= + +
, biết rằng đồ thị là một parabol có đỉnh
( )
I 1; 1−

và đi qua điểm
( )
A 2;1
.
2) Nêu cách vẽ và vẽ đồ thị hàm số
2
y 2x 4x 1

= − +
.
Câu III (3.0 điểm)
1) Giải phương trình
2x 1 x 1+ = −
.
2) Cho phương trình
2
x 3x 5 0− − =
(1)
a) Giải phương trình (1).
b) Gọi
1
x
và
2
x
(với
1 2
x x<
) là hai nghiệm của phương trình (1). Hãy tính giá trị
biểu thức A =
2 2
1 2 1 2
2 2
1 2
x .x x .x
x x 10
−
+ +

.
Câu IV (4.0 điểm) Cho tam giác ABC
1) Biết rằng ba điểm M, N, P thỏa mãn
MA 2MB= −
uuuur uuur
,
NB 3NC=
uuur uuur
,
1
PC PA
6
−
=
uuur uuur
. Xác
định vị trí các điểm M, N, P và chứng minh ba điểm M, N, P thẳng hàng.
2) Tìm tập hợp điểm E thỏa mãn
2EA 3EB EC 2 EA EB+ − = +
uuur uuur uuur uuur uuur
.
3) Gọi
H
là trực tâm tam giác
ABC
. Nếu
ABC
là tam giác nhọn, hãy chứng minh:

tan A.HA tan B.HB tanC.HC 0+ + =

uuur uuur uuur r
.
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN – LỚP 10 – NĂM 2011
Câu Đáp án Điểm
I
(1đ)
Xét tính chẵn lẻ của hàm số
x x
y
2 x 2 x
=
+ − −
1.0
+ Đặt
( )
x x
f x
2 x 2 x
=
+ − −
. Biểu thức
( )
f x
có nghĩa khi
2 x 0
2 x 0
2 x 2 x 0

+ ≥


− ≥


+ − − ≠


⇔

2 x 2
x 0
− ≤ ≤


≠

. Vậy TXĐ của hàm số là
[
) (
]
D 2;0 0;2= − ∪
0.25
0.25
+ Với mọi x
∈
D ta có:
x D− ∈
và
( ) ( )
x x x x

f x f x
2 x 2 x 2 x 2 x
− −
− = = =
− − + + − −
0.25
+ Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn trên D
0.25
II
(2đ)
1) Xác định hàm số
2
y ax bx c= + +
, biết rằng đồ thị là một parabol có đỉnh
( )
I 1; 1−
và đi qua điểm
( )
A 2;1
.
1.0
+ Do đồ thị hàm số đi qua A
( )
2;1
nên
4a 2b c 1+ + =
(1) 0.25
+ Đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh I
( )
1; 1−

nên
a 0
b
1
2a
a b c 1
≠


−

=


+ + = −


⇔
a 0
2a b 0
a b c 1
≠


+ =


+ + = −

(2)

0,5
+ Từ (1) và (2) ta có
a 0
4a 2b c 1
2a b 0
a b c 1
≠


+ + =


+ =


+ + = −


⇔

a 2
b 4
c 1
=


= −


=


. Vậy hàm số là
2
y 2x 4x 1= − +
0.25
2) Nêu cách vẽ và vẽ đồ thị hàm số
2
y 2x 4x 1= − +
. 1.0
+ Ta có
( )
2 2
2
2 2
2x 4x 1 khi 2x 4x 1 0
y 2x 4x 1
2x 4x 1 khi 2x 4x 1 0

− + − + ≥

= − + =

− − + − + <


+ Gọi (P) là đồ thị hàm số
2
y 2x 4x 1= − +
, (P) là một parabol có đỉnh
( )

I 1; 1−
, có
trục đối xứng là đường thẳng
x 1=
, giao điểm với Oy là điểm M
( )
0;1
, có bề lõm
(P) quay lên.
0.5
+ Cách vẽ đồ thị hàm số
2
y 2x 4x 1= − +
: Đồ thị hàm số gồm 2 phần (P
1
) và (P
2
),
trong đó:
(P
1
) là phần đồ thị (P) nằm trên trục hoành.
Lấy đối xứng phần đồ thị (P) nằm dưới trục hoành qua trục hoành, ta được (P
2
)
0.25
+ Vẽ
0.25
III
(3đ)

1) Giải phương trình
2x 1 x 1+ = −
1.0
+ Ta có
( )
2
x 1 0
2x 1 x 1
2x 1 x 1
− ≥


+ = − ⇔

+ = −


0.25

⇔
2
x 1
x 4x 0
≥


− =

⇔
x 1

x 4
x 0
x 4
≥


⇔ =
=




=


0.5
+ Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
{ }
4
0.25
2) Cho phương trình
2
x 3x 5 0− − =
2.0
a) Giải phương trình:
+ Ta có ∆ =
( ) ( )
2
3 4. 5 29− − − =
.

+ Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1
3 29
x
2
−
=
;
2
3 29
x
2
+
=
0.25
0.75
b) Hãy tính giá trị biểu thức A =
2 2
1 2 1 2
2 2
1 2
x .x x .x
x x 10
−
+ +
. 1.0
+ Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm
1 2
x ;x
, theo định lý Viet ta có

1 2 1 2
x x 3;x .x 5
+ = = −
0.25
+ Ta lại có
1 2
x x 29− = −
(theo công thức nghiệm ở câu a) 0.25
+ Vậy
( )
( )
( )
( )
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
2 2 2 2
1 2
1 2 1 2
5. 29
x x x x
x x x x
A 5
x x 10 3 2. 5 10
x x 2x x 10
− −
−
−
= = = =
+ + − − +

+ − +
0.5
IV
(4đ)
1) Ba điểm M, N, P thỏa mãn
MA 2MB= −
uuuur uuur
,
NB 3NC=
uuur uuur
,
1
PC PA
6
−
=
uuur uuur
. 2.0
Xác định vị trí điểm M, N, P 1.0
+ Ta có
1
MA 2MB BM BA
3
= − ⇔ =
uuuur uuur uuuur uuur
.
Vậy M nằm trên AB sao cho
BM, BA
uuuur uuur
cùng hướng và

1
BM BA
3
=
0.25
+ Có
1
NB 3NC CN CB
2
= ⇔ = −
uuur uuur uuur uuur
Vậy N nằm trên BC sao cho
CN, CB
uuur uuur
ngược hướng và
1
CN CB
2
=
0.25
+ Có
1 1
PC PA CP CA
6 7
= − ⇔ =
uuur uuur uuur uuur
Vậy P nằm trên AC sao cho
CP, CA
uuur uuur
cùng hướng và

1
CP CA
7
=
0.25
0.25
Chứng minh ba điểm M, N, P thẳng hàng 1.0
+ Ta có
2 6
MP MA AP AB AC
3 7
= + = − +
uuur uuuur uuur uuur uuur
;
0.25
( )
1 3 1 3 7 3
MN MB BN AB BC AB AC AB AB AC
3 2 3 2 6 2
= + = + = + − = − +
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0.25
+ Do
7
MN MP
4
=
uuuur uuur
nên
MN

uuuur
,
MP
uuur
cùng phương, suy ra 3 điểm M, N, P thẳng hàng 0.5
2) Tìm tập hợp điểm E thỏa mãn
2EA 3EB EC 2 EA EB+ − = +
uuur uuur uuur uuur uuur
. 1.0
+ Gọi D là điểm thỏa mãn
2DA 3DB DC 0+ − =
uuur uuur uuur r
, ta có
1 3
CD CA CB
2 4
= +
uuur uuur uuur
, vậy
điểm H thỏa mãn đẳng thức trên là duy nhất.
Gọi K là trung điểm của AB.
0.25
+ Ta có
2EA 3EB EC 2 EA EB
4EH 4 EK EH EK
+ − = +
⇔ = ⇔ =
uuur uur uur uuur uur uuur uuur
0.5
+ Vậy tập hợp điểm E là đường thẳng trung trực của đoạn thẳng HK 0.25

3) Gọi
H
là trực tâm tam giác
ABC
. Nếu
ABC
là tam giác nhọn, hãy chứng
minh:
tan A.HA tanB.HB tan C.HC 0+ + =
uuur uuur uuur r
.
1.0
+ Dựng hình bình hành HA’CB’
Theo quy tắc hình bình hành ta có:
HC HA' HB'= +
uuur uuuur uuuur
+ Do HB’ = A’C nên
HB' A'C CF tan B
HB HB BF tanC
= = =
Mà ∆ ABC là tam giác nhọn nên H nằm giữa BB’
Suy ra
tan B
HB' .HB
tan C
= −
uuuur uuur
+ Tương tự ta có
tan A
HA' .HA

tan C
= −
uuuur uuur
0.25
0.5
+ Vậy
tan A tan B
HC .HA .HB
tanC tanC
= − −
uuur uuur uuur

⇔

tan A.HA tanB.HB tan C.HC 0+ + =
uuur uuur uuur r
0.25
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
……………………….
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN II
Môn: TOÁN - Lớp 10
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)
……………………………………
I. PHẦN CHUNG (Dành cho tất cả các học sinh)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho phương trình
( )
2
x 2m 1 x 3m 5 0− − + − =
(1), m là tham số.

a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
x , x
thỏa mãn
( ) ( )
2 2
1 1 2 2 1 2
x 1 x x 1 x 3x x
− + − =
.
Câu 2 (3,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a)
x 1 3x 1− = +
b)
2 2
x 4x 3 x 4x 3 1 0− + − + − =
c)
( )
2 2
2x 1 x x 1 4x 1+ + + = −

Câu 3 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
( )
A 0; 1
−
,
( )
B 4;3−
,

( )
C 1; 5−
a) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
b) Gọi G, H, I lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm
tọa độ G, H, I và chứng minh 3 điểm đó thẳng hàng.
II. PHẦN RIÊNG
A. Phần dành cho học sinh lớp 10A, 10B
Câu 4a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
x 2y 2
2x 3xy y 3

− =


− + =


.
Câu 5a (1,0 điểm) Cho tam giác ABC, trọng tâm G. Đặt BC = a, AC = b, AB = c. Chứng minh
rằng
( )
2 2 2
1
GA.GB GB.GC GC.GA a b c
6
+ + = − + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
.

B. Phần dành cho học sinh lớp 10C
Câu 4b (1,0 điểm) Cho tam giác đều ABC cạnh a, G là trọng tâm. Tính
AB.AC
uuur uuur
,
AG.GB
uuur uuur
theo a
Câu 5b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
x xy y 5
x xy y 7
+ + =


+ + =

.
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHẴN
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
……………………….
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN II
Môn: TOÁN - Lớp 10
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)
……………………………………
I. PHẦN CHUNG (Dành cho tất cả các học sinh)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho phương trình

( )
2
x 2m 1 x 3m 2 0− + + − =
(1), m là tham số.
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
x , x
thỏa mãn
( ) ( )
2 2
1 1 2 2 1 2
x 1 x x 1 x 3x x
− + − =
.
Câu 2 (3,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a)
x 1 1 3x+ = −
b)
2 2
x 4x 3 x 4x 3 1 0+ + + + − =
c)
( )
2 2
2x 1 x x 1 4x 1− − + = −

Câu 3 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
( )
A 1;0
−

,
( )
B 3; 4−
,
( )
C 5;1−
a) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
b) Gọi G, H, I lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm
tọa độ G, H, I và chứng minh 3 điểm đó thẳng hàng.
II. PHẦN RIÊNG
A. Phần dành cho học sinh lớp 10A, 10B
Câu 4a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
x 2y 2
2x 3xy y 3

− =


− + =


.
Câu 5a (1,0 điểm) Cho tam giác ABC, trọng tâm G. Đặt BC = a, AC = b, AB = c. Chứng minh
rằng
( )
2 2 2
1
GA.GB GB.GC GC.GA a b c

6
+ + = − + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
.
B. Phần dành cho học sinh lớp 10C
Câu 4b (1,0 điểm) Cho tam giác đều ABC cạnh a, G là trọng tâm. Tính
AB.AC
uuur uuur
,
AG.GB
uuur uuur
theo a
Câu 5b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
x xy y 5
x xy y 7
+ + =


+ + =

.
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ LẺ
ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN II – LỚP 10
ĐỀ CHẴN
Câu Đáp án
Điểm
1

(2đ)
Cho phương trình
( )
2
x 2m 1 x 3m 5 0− − + − =
(1), m là tham số.
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 1.0
+ Ta có
( ) ( )
2
2
2m 1 4 3m 5 4m 16m 21∆ = − − − = − +
0.5

( )
2
4 m 2 5 0= − + >
với mọi m
+ Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
0.5
b) Tìm m để pt (1) có hai nghiệm
1 2
x , x
thỏa mãn
( ) ( )
2 2
1 1 2 2 1 2
x 1 x x 1 x 3x x
− + − =
1.0

+ Với mọi m, phương trình có hai nghiệm
1 2
x , x
. Theo Viet ta có
1 2
1 2
x x 2m 1
x x 3m 5
+ = −


= −

0.25
+ Ta có
( ) ( )
2 2
1 1 2 2 1 2
x 1 x x 1 x 3x x
− + − =

⇔

3 3
1 2 1 2 1 2
x x x x x x+ = + +

⇔

( ) ( )

3
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x x x x 3x x x x 3x x+ = + − + +
0.25

⇔

( ) ( ) ( ) ( )
3
2m 1 2m 1 3 3m 5 2m 1 3 3m 5− = − − − − + −

⇔

3 2
8m 30m 52m 30 0− + − =

⇔
m = 1
+ Vậy m = 1
0.5
2
(3đ)
Giải các phương trình
a)
x 1 3x 1− = +
1.0
⇔

3x 1 0
x 1 3x 1

x 1 3x 1
+ ≥


− = +




− = − −


0.5
⇔

1
x
3
x 0
x 1
x 0
−

≥


⇔ =

= −





=


. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0}
0.5
b)
2 2
x 4x 3 x 4x 3 1 0− + − + − =
1.0
+ Đặt
2
t x 4x 3= − +
(điều kiện
t 0
≥
), phương trình trở thành
2
t 3t 4 0+ − =
0.25

⇔
t = 1 hoặc
t 4= −
(loại) 0.25
+ Với t = 1, ta có
2
x 4x 2 0− + =

⇔
x =
2 2−
hoặc x =
2 2+
+ Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
{ }
2 2;2 2− +
0.5
c)
( )
2 2
2x 1 x x 1 4x 1+ + + = −
1.0
⇔

( ) ( ) ( )
2
2x 1 x x 1 2x 1 2x 1+ + + = − +
⇔
( )
( )
2
2x 1 0 1
x x 1 2x 1 2
+ =




+ + = −

0.25
+ Giải (1) ta được
1
x
2
= −
0.25
+ Giải (2), ta có (2)
⇔

2 2 2
1 1
x x
5
x
2 2
3
x x 1 4x 4x 1 3x 5x 0
 
≥ ≥
 
⇔ ⇔ =
 
 
+ + = − + − =
 
+ Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
1 5

;
2 3
 
−
 
 
0.5
3
(3đ)
Tam giác ABC có
( )
A 0; 1
−
,
( )
B 4;3−
,
( )
C 1; 5−
a) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành 1.0
+ Gọi tọa độ D
( )
D D
x ; y
, ta có
( ) ( )
D D
AD x ;y 1 , BC 5; 8= + = −
uuur uuur
+ Để tứ giác ABCD là hình bình hành thì

D D
D D
x 5 x 5
AD BC
y 1 8 y 9
= =
 
= ⇔ ⇔
 
+ = − = −
 
uuur uuur
+ Vậy
( )
D 5; 9−
0.25
0.75
b) Tìm tọa độ G, H, I và chứng minh 3 điểm đó thẳng hàng. 2.0
+ Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là G
( )
1; 1− −
0.25
+ Gọi tọa độ H
( )
H H
x ;y
, ta có
( ) ( )
H H
AH x ; y 1 ,BC 5; 8= + = −

uuur uuur
,

( ) ( )
H H
BH x 4; y 3 ,AC 1; 4= + − = −
uuur uuur
+ Do H là trực tâm tam giác ABC nên:

H H
H H
5x 8y 8 0
AH BC AH.BC 0
BH AC x 4y 16 0
BH.AC 0

− − =
⊥ =



⇔ ⇔
  
⊥ − + =
=




uuur uuur

uuur uuur
⇔
H
H
40
x
3
22
y
3

=




=


. Vậy
40 22
H ;
3 3
 
 ÷
 


0.25
0.5

+ Gọi tọa độ
( )
I x;y
.
Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên AI = BI = CI
⇔

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 2
2 2 2 2 2
2
49
x
x y 1 x 4 y 3
AI BI 8x 8y 24 0
6
2x 8y 25 0 31
AI BI
x y 1 x 1 y 5
y
6

= −


+ + = + + −


= − + =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
− + + =
=


+ + = − + +

 
= −



+ Vậy
49 31
I ;
6 6
 
− −
 ÷
 
0.25
0.5
+ Chứng minh G
( )
1; 1− −
,

40 22
H ;
3 3
 
 ÷
 
,
49 31
I ;
6 6
 
− −
 ÷
 
thẳng hàng
Có
43 25 43 25
GH ; ;GI ;
3 3 6 6
   
= = − −
 ÷  ÷
   
uuur uur
. Do
GH 2GI= −
uuur uur
nên 3 điểm G, H, I thẳng hàng 0.25
4a
(1đ)

Giải hệ phương trình
2 2
2 2
x 2y 2
2x 3xy y 3

− =


− + =


(I) 1.0
+ Hệ (I) tương đương với
( )
( )
2 2
2 2
2 2 2 2
x 6xy 8y 0 1
3x 6y 6
4x 6xy 2y 6 x 2y 2 2

− + =

− =
 
⇔
 
− + = − =





0.25
+ Từ (1) ta có x = 2y hoặc x = 4y 0.25
+ Với x = 2y, thay vào (2) ta được
2 2
4y 2y 2− =

⇔

y 1=
hoặc
y 1= −
Khi đó các nghiệm của hệ phương trình là
( ) ( )
2;1 , 2; 1− −
0.25
+ Với x = 4y, thay vào (2) ta được
2 2
16y 2y 2− =

⇔

1
y
7
=
hoặc

1
y
7
= −
Khi đó các nghiệm của hệ phương trình là
4 1 4 1
; , ;
7 7 7 7
   
− −
 ÷  ÷
   
0.25
+ Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là
( ) ( )
2;1 , 2; 1− −
,
4 1 4 1
; , ;
7 7 7 7
   
− −
 ÷  ÷
   
5a
(1đ)
Chứng minh rằng
( )
2 2 2
1

GA.GB GB.GC GC.GA a b c
6
+ + = − + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
. 1.0
+ Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB
Ta có
GB GC 2GM+ =
uuur uuur uuuur
,
GA GC 2GN+ =
uuur uuur uuur
,
GA GB 2GP+ =
uuur uuur uuur

+ Vậy
GA.GB GB.GC GC.GA+ +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
=
( )
1
GA.2GM GB.2GN GC.2GP
2
+ +
uuur uuuur uuur uuur uuur uuur
=
GA.GM GB.GN GC.GP+ +
uuur uuuur uuur uuur uuur uuur
0.25

0.25
+ Mà
( )
2 2 2
2 2 2
2 2
a
2 b c a
1 2 2b 2c a
GA.GM GA.GM 2GM 2. m .
9 9 4 18
+ −
− − − +
= − = − = − = =
uuur uuuur
Tương tự ta có
2 2 2 2 2 2
2a 2c b 2a 2b c
GB.GN ,GC.GP ,
18 18
− − + − − +
= =
uuur uuur uuur uuur
+ Vậy
( )
2 2 2
1
GA.GB GB.GC GC.GA a b c
6
+ + = − + +

uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(đpcm)
0.25
0.25
4b
(1đ)
Cho tam giác đều ABC cạnh a, G là trọng tâm. Tính
AB.AC
uuur uuur
,
AG.GB
uuur uuur
theo a 1.0
+ Ta có
( )
0 2
1
AB.AC AB.AC.cos AB,AC a.a.cos60 a
2
= = =
uuur uuur uuur uuur
+ Có
( )
AG.GB GA.GB GA.GB.cos GA,GB= − = −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Trong đó: GA = GB =
2 a 3 a 3
.
3 2 3
=

(do ∆ABC đều cạnh a)

( )
·
0
GA,GB AGB 120= =
uuur uuur
+ Vậy
0 2
a 3 a 3 1
AG.GB . .cos120 a
3 3 6
= − =
uuur uuur
0.5
0.25
0.25
5b
(1đ)
Giải hệ phương trình
2 2
x xy y 5
x xy y 7
+ + =


+ + =

1.0
+ Đặt

u x y và v xy= + =
, hệ phương trình trở thành
2 2
u v 5 u v 5
u v 7 u u 12 0
+ = + =
 
⇔
 
− = + − =
 
⇔

u 3
v 2
=


=

hoặc
u 4
v 9
= −


=

0.25
0.25

+ Với u = 3 và v = 2, ta có
x y 3 x 1 và y 2
xy 2 x 2 và y 1
+ = = =
 
⇔


= = =
 
+ Với
u 4 và v 9= − =
, ta có
x y 4
xy 9
+ = −


=

(hệ vô nghiệm)
+ Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là
( ) ( )
1;2 , 2;1
0.25
0.25
ĐÁP ÁN ĐỀ LẺ
Câu 1. a) Ta có ∆ =
( )
2

4 m 1 5 0− + >
với mọi m. b) m = 2
Câu 2. a) S =
{ }
0
. b)
{ }
S 2 2; 2 2= − − − +
c)
1
S 0;
2
 
=
 
 
Câu 3. a) D
( )
9;5−
b)
( )
22 40 31 49
G 1; 1 ,H ; ,I ;
3 3 6 6
   
− − − −
 ÷  ÷
   
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM

……………………….
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN III
Môn: TOÁN - Lớp 10A, 10B
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)
……………………………………
Câu 1 (3,0 điểm) Giải các bất phương trình sau
a)
( )
( )
2
x 1 x 7x 10 0− − + >
.
b)
2
x 2x 3 x 2− − ≤ +
.
c)
2
x 2x 2
2
x 1
− −
≤
−
.
Câu 2 (1,0 điểm) Cho bất phương trình
2
mx 2mx 2m 3 0 − − + >
(m là tham số). Tìm m
để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi số thực x.

Câu 3 (2,0 điểm) Cho hệ bất phương trình
2
2x m 1 0
2x x 3 0
− + ≥


− − ≤

(m là tham số).
a) Giải hệ bất phương trình với
m 3=
.
b) Tìm m để hệ bất phương trình có nghiệm.
Câu 4 (1,0 điểm) Chứng minh rằng tam giác ABC cân nếu:
sin A 2sin C.cosB=
.
Câu 5 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với H là trực tâm. Biết
( )
A 4;3
, phương trình của đường thẳng BH và CH lần lượt là
1
d :2x y 5 0+ + =
và
2
d : x 2y 10 0+ + =
.
a) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và ∆ song song với
1
d

.
b) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC và đường cao thứ ba.
c) Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHẴN
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
……………………….
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN III
Môn: TOÁN - Lớp 10A, 10B
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)
……………………………………
Câu 1 (3,0 điểm) Giải các bất phương trình sau
a)
( )
( )
2
x 5 x 3x 2 0
− − + >
.
b)
2
x 4x x 1− ≤ +
.
c)
2
x 4x 1
2
x 2

− +
≤
−
.
Câu 2 (1,0 điểm) Cho bất phương trình
2
mx 2mx 2m 3 0 − + + <
(m là tham số). Tìm m
để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi số thực x.
Câu 3 (2,0 điểm) Cho hệ bất phương trình
2
3x m 1 0
3x x 4 0
− + ≥


− − ≤

(m là tham số).
a) Giải hệ bất phương trình với
m 4
=
.
b) Tìm m để hệ bất phương trình có nghiệm.
Câu 4 (1,0 điểm) Chứng minh rằng tam giác ABC cân nếu:
sin B 2sin A.cosC=
.
Câu 5 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với H là trực tâm. Biết
( )
A 3;4

, phương trình của đường thẳng BH và CH lần lượt là
1
d : x 2y 5 0+ + =
và
2
d : 2x y 10 0+ + =
.
a) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và ∆ song song với
1
d
.
b) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC và đường cao thứ ba.
c) Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ LẺ
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
……………………….
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN III
Môn: TOÁN - Lớp 10C
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)
……………………………………
Câu 1 (4,0 điểm) Giải các bất phương trình sau
a)
( )
( )
2
x 1 x 7x 10 0
− − + >

.
b)
2
x 2x 3 x 2− − ≤ +
.
c)
2
x 2x 2 2 x 1− − ≤ −
.
Câu 2 (2,0 điểm) Cho bất phương trình
2
x 2mx 2m 3 0 − − + >
(m là tham số).
a) Giải bất phương trình với
m 2=
b) Tìm m để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi số thực x.
Câu 3 (1,0 điểm) Chứng minh rằng tam giác ABC cân nếu:
sin A 2sin C.cosB=
.
Câu 4 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với H là trực tâm. Biết
( )
A 4;3
, phương trình của đường thẳng BH và CH lần lượt là
1
d :2x y 5 0+ + =
và
2
d : x 2y 10 0+ + =
.
a) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và ∆ song song với

1
d
.
b) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC và đường cao thứ ba.
c) Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHẴN
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
……………………….
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN III
Môn: TOÁN - Lớp 10C
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)
……………………………………
Câu 1 (4,0 điểm) Giải các bất phương trình sau
a)
( )
( )
2
x 5 x 3x 2 0− − + >
.
b)
2
x 4x x 1− ≤ +
.
c)
2
x 4x 1 2 x 2− + ≤ −
.

Câu 2 (2,0 điểm) Cho bất phương trình
2
x 2mx 2m 3 0 − + + >
(m là tham số).
a) Giải bất phương trình với
m 2
= −
.
b) Tìm m để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi số thực x.
Câu 3 (1,0 điểm) Chứng minh rằng tam giác ABC cân nếu:
sin B 2sin A.cosC=
.
Câu 4 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với H là trực tâm. Biết
( )
A 3;4
, phương trình của đường thẳng BH và CH lần lượt là
1
d : x 2y 5 0+ + =
và
2
d : 2x y 10 0+ + =
.
a) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và ∆ song song với
1
d
.
b) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC và đường cao thứ ba.
c) Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

ĐỀ LẺ
ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN III – LỚP 10A, B
ĐỀ CHẴN
Câu Đáp án
Điểm
1
(3đ)
Giải các bất phương trình sau
a)
( )
( )
2
x 1 x 7x 10 0− − + >
1.0
+ Đặt
( )
( )
2
f (x) x 1 x 7x 10
= − − +
. Ta có x – 1 = 0
⇔
x = 1;
2
x 2
x 7x 10 0
x 5
=

− + = ⇔


=

0.25
+ Xét dấu f(x):
x -
∞
1 2 5 +
∞

f(x) - 0 + 0 - 0 +
+ Vậy f(x) > 0 khi x
∈
(1; 2)
∪
(5; +
∞
).
Tập nghiệm bất phương trình là S = (1; 2)
∪
(5; +
∞
).
0.5
0.25
b)
2
x 2x 3 x 2− − ≤ +
1.0
+ Ta có

2
2
2 2
x 2x 3 0
x 2x 3 x 2 x 2 0
x 2x 3 x 4x 4

− − ≥

− − ≤ + ⇔ + ≥


− − ≤ + +

0.5

x 1
x 3
7
x 1
x 2
6
x 3
7
x
6

≤ −




≥



− ≤ ≤ −


⇔ ≥ − ⇔



≥


≥ −


.
+ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =
[
)
7
; 1 3;
6
 
− − ∪ +∞
 
 
0.5

c)
2
x 2x 2
2
x 1
− −
≤
−
.
1.0
+ Điều kiện x
≠
1. 0.25
+ TH1: Với x > 1, ta có bất phương trình
2
x 2x 2 2x 2− − ≤ −

⇔

0 x 4≤ ≤
Kết hợp với điều kiện với x > 1 ta có tập nghiệm
(
]
1
S 1;4=
0.25
+ TH2: Với x < 1, ta có bất phương trình
2
x 2x 2 2x 2− − ≤ − +

⇔

2 x 2− ≤ ≤
Kết hợp với điều kiện với x < 1 ta có tập nghiệm
[
)
2
S 2;1= −
0.25
Vậy tập nghiệm bất phương trình là S
[ ]
{ }
1 2
S S 2;4 \ 1= ∪ = −
0.25
2
(1đ)
Cho bất phương trình
2
mx 2mx 2m 3 0
− − + >
. Tìm m để bất phương trình có nghiệm 1.0
đúng với mọi số thực x.
+ Với m = 0, ta có bất phương trình 0.x + 3 > 0 (đúng với mọi x)
Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán
0.25
+ Với m
≠
0, điều kiện để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x
∈

R là:

2
m 0
m 0
' 0
3m 3m 0
>
>


⇔
 
∆ <
− <


m 0
0 m 1
>

⇔

< <

0 m 1⇔ < <
0.5
+ Vậy m
∈

[
)
0;1
.
0.25
3
(2đ)
Cho hệ bất phương trình
( )
( )
2
2x m 1 0 1
2x x 3 0 2
− + ≥


− − ≤


a) Giải hệ bất phương trình với
m 3=
. 1.0
+ Với m = 3, ta có hệ bất phương trình
2
x 1
2x 2 0
3
1 x
3
2

1 x
2x x 3 0
2
≥

− ≥


⇔ ⇔ ≤ ≤
 
− ≤ ≤
− − ≤



+ Vậy tập nghiệm bất phương trình là S =
3
1;
2
 
 
 
0.75
0.25
b) Tìm m để hệ bất phương trình có nghiệm. 1.0
+ Giải (1) ta được
1
m 1
S ;
2

−
 
= +∞
÷

 
0.25
+ Giải (2) ta được
2
3
S 1;
2
 
= −
 
 
0.25
+ Để hệ bất phương trình có nghiệm thì
1 2
S S∩ ≠ ∅
, điều kiện là
m 1 3
2 2
−
≤
0.25
⇔

m 4≤
. Vậy

m 4≤
thì hệ bất phương trình có nghiệm 0.25
4
(1đ)
Chứng minh rằng tam giác ABC cân nếu:
sin A 2sin C.cosB=
. 1.0
+ Ta có
2 2 2
a c a c b
sin A 2sinC.cosB 2. .
2R 2R 2ac
+ −
= ⇔ =
0.5
⇔

2 2 2 2
a a c b= + −

⇔
c = b. Vậy ∆ABC cân tại A
0.5
5
(3đ)
Cho ∆ ABC, trực tâm H,
( )
A 4;3
, BH và CH lần lượt là
1

d :2x y 5 0+ + =
và
2
d : x 2y 10 0+ + =
.
a) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và ∆ song song với
1
d
.
1.0
+ Do ∆ song song với d
1
nên
( )
1
n 2;1=
uur
là một vectơ pháp tuyến của ∆.
0.25
+ Mà A
∈
∆ nên phương trình ∆ là
( ) ( )
2 x 4 1 y 3 0 2x y 11 0− + − = ⇔ + − =
0.75
b) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC và đường cao thứ ba. 1.0
+ Do AC
⊥
BH nên phương trình AC có dạng x – 2y + m = 0.
+ Mà A

∈
AC nên: 4 – 2.3 + m = 0
⇔
m = 2. Vậy phương trình AC là x – 2y + 2 = 0
+ H là trực tâm ∆ABC, tọa độ H là nghiệm hệ phương trình:

2x y 5 0 x 0
x 2y 10 0 y 5
+ + = =
 
⇔
 
+ + = = −
 
. Vậy H
( )
0; 5−
+ Ta có
( )
AH 4; 8= − −
uuur
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AH, phương trình
AH là
x 4 y 3
2x y 5 0
4 8
− −
= ⇔ − − =
− −
0.25

0.25
0.2
5
0.25
c) Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 1.0
+ Do
C AC CH
= ∩
nên tọa độ C là nghiệm hệ phương trình:

x 2y 2 0 x 6
2x y 5 0 y 2
− + = = −
 
⇔
 
+ + = = −
 
. Vậy C
( )
6; 2− −
+ Phương trình AB là
2x y 5 0− − =
. Tọa độ điểm B
( )
0; 5−
0.25
+ Ta có
AB 4 5;BC 3 5;AC 5 5= = =
+ Phương trình phân giác trong góc A là 3x – y – 9 = 0.

0.25
+ Phương trình phân giác trong góc B là 3x + y + 5 = 0 0.25
+ Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ
2
3x y 9 0
x
3
3x y 5 0
y 7

− − =
=


⇔
 
+ + =


= −

. Vậy
2
I ; 7
3
 
−
 ÷
 
.

+ Bán kính là r =
( )
2 5
d I;AB
3
=
0.25

ĐÁP ÁN ĐỀ LẺ
Câu 1. a) S = (1; 2)
∪
(5; +
∞
). b) S =
[
)
1
;0 4;
6
 
− ∪ +∞
 
 
c) S
[ ]
{ }
1;5 \ 2= −
Câu 2. Để bất phương trình có nghiệm đúng với mọi số thực x thì m
∈

( )
; 3−∞ −
.
Câu 3. a) Với m = 4. Tập nghiệm bất phương trình là S =
4
1;
3
 
 
 
b) Với
m 5
≤
thì hệ bất phương trình có nghiệm
Câu 4.
2 2 2
b a a b c
sin B 2sin A.cosC 2. . a c
2R 2R 2ab
+ −
= ⇔ = ⇔ =
. Tam giác ABC cân tại B.
Câu 5. a) Phương trình ∆ là x + 2y – 11 = 0.
b) Phương trình AC: 2x – y – 2 = 0. Phương trình AH là x – 2y + 5 = 0.
c) Vậy C
( )
2; 6− −
+ Phương trình AB là
x 2y 5 0− + =
. Tọa độ điểm B

( )
5;0−
+ Phương trình phân giác trong góc A là x – 3y + 9 = 0.
+ Phương trình phân giác trong góc B là x + 3y + 5 = 0.
+ Tâm đường tròn nội tiếp là
2
I 7;
3
 
−
 ÷
 
Bán kính là r =
( )
2 5
d I;AB
3
=
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
……………………….
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV
Môn: TOÁN - Lớp 10
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)
……………………………………
Câu 1 (2,0 điểm) Cho
( ) ( )
2
f x x m 5 x 4= − − +
(1) (m là tham số).

a) Với m = 0, hãy giải bất phương trình
( )
f x 0.<
b) Tìm m để phương trình
( )
f x 0=
có hai nghiệm
1 2
x , x
thỏa mãn
( )
1 2 1 2
2 2
1 2
m x x x x
0.
x x 28
+ +
<
+ −
Câu 2 (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2 2
2x 5x 1 2 2x 5x 2 0− − − − + ≥
.
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Cho
tan 2
α =
, tính giá trị biểu thức
2sin cos

A
2sin cos
α + α
=
α − α
.
b) Chứng minh
2 2 2
2 2 3
cos x cos x cos x
3 3 2
π π
   
+ + + − =
 ÷  ÷
   
.
Câu 4 (4,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C):
2 2
x y 2x 4y 20 0+ − + − =
,
đường thẳng
:3x 4y 4 0∆ − + =
và điểm M
( )
3; 3 .−
a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính của đường tròn (C).
b) Viết phương trình đường thẳng
'∆
đi qua M và vuông góc với đường thẳng

.∆
Gọi H là hình
chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng
∆
, tìm tọa độ điểm H.
c) Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng
∆
biết đường thẳng d cắt đường
tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 8.
Câu 5 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
( )
2
6 6 4 4
B 4 sin x cos x 2 sin x cos x sin x cos x .= + − + + +
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHẴN
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
……………………….
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV
Môn: TOÁN - Lớp 10
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)
……………………………………
Câu 1 (2,0 điểm) Cho
( ) ( )
2
f x x m 5 x 4= + + +
(1) (m là tham số).

a) Với m = 0, hãy giải bất phương trình
( )
f x 0.>
b) Tìm m để phương trình
( )
f x 0=
có hai nghiệm
1 2
x , x
thỏa mãn
( )
1 2 1 2
2 2
1 2
x x m x x
0.
x x 28
− +
<
+ −
Câu 2 (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2 2
3x 10x 1 3 3x 10x 3 0− − − − + ≥
.
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Cho
tan 3
α =
, tính giá trị biểu thức
3sin cos

P
3sin cos
α + α
=
α − α
.
b) Chứng minh
2 2 2
2 2 3
sin x sin x sin x
3 3 2
π π
   
+ + + − =
 ÷  ÷
   
.
Câu 4 (4,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C):
2 2
x y 4x 2y 20 0+ + − − =
,
đường thẳng
: 4x 3y 4 0∆ − − =
và điểm A
( )
3;3 .−
a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính của đường tròn (C).
b) Viết phương trình đường thẳng
'∆
đi qua A và vuông góc với đường thẳng

.∆
Gọi H là hình
chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng
∆
, tìm tọa độ điểm H.
c) Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng
∆
biết đường thẳng d cắt đường
tròn (C) tại hai điểm phân biệt P, Q sao cho PQ = 8.
Câu 5 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
( )
2
6 6 4 4
Q 4 sin x cos x 2 sin x cos x sin x cos x .= + − + − −
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ LẺ
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV – MÔN TOÁN – LỚP 10
ĐỀ CHẴN
Câu Đáp án Điểm
1
(2đ)
Cho
( ) ( )
2
f x x m 5 x 4= − − +
(1) (m là tham số)
a) Với m = 0, hãy giải bất phương trình
( )

f x 0.<
1.0
+ Với
m 0=
ta có
( )
2
f x x 5x 4= + +
0.25
+
( )
2
f x 0 x 5x 4 0 4 x 1< ⇔ + + < ⇔ − < < −
. Tập nghiệm bất phương trình là
( )
S 4; 1= − −
0.75
b) Tìm m để phương trình
( )
f x 0=
có hai nghiệm
1 2
x , x
thỏa mãn
( )
1 2 1 2
2 2
1 2
m x x x x
0.

x x 28
+ +
<
+ −
1.0
+ Để phương trình có hai nghiệm thì
2
0 m 10m 9 0 m 1
∆ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤
hoặc
m 9≥
(*) 0.25
+ Với điều kiện trên, phương trình
( )
f x 0=
có hai nghiệm x
1
, x
2
. Theo định lí Viet ta có
1 2 1 2
x x m 5 và x .x 4+ = − =
0.25
+ Vậy
( ) ( )
( )
2
1 2 1 2
2
2 2 2

1 2
m x x x x m m 5 4
m 5m 4
0 0 0
x x 28 m 10m 11
m 5 2.4 28
+ + − +
− +
< ⇔ < ⇔ <
+ − − −
− − −
0.25
+ Xét dấu
( )
2
2
m 5m 4
g m
m 10m 11
− +
=
− −
, ta được
( ) ( ) ( )
g m 0 m 1;1 4;11< ⇔ ∈ − ∪
Kết hợp với điều kiện (*) ta có
( )
[
)
m 1;1 9;11∈ − ∪

.
0.25
2
(1đ)
Giải bất phương trình
2 2
2x 5x 1 2 2x 5x 2 0− − − − + ≥
.
+ Đặt
2
t 2x 5x 2= − +
(đk
t 0≥
), ta có bất phương trình
2
t 1
t 2t 3 0
t 3
≤ −

− − ≥ ⇔

≥

0.5
+ Kết hợp với điều kiện
t 0
≥
ta được
t 3

≥
, khi đó
2
2x 5x 2 3− + ≥
2
2x 5x 2 9⇔ − + ≥
0.25
2
x 1
2x 5x 7 0
7
x
2
≤ −


⇔ − − ≥ ⇔

≥

. Vậy tập nghiệm bất phương trình là
(
]
7
S ; 1 ;
2
 
= −∞ − ∪ +∞
÷


 
0.25
3
(2đ)
a) Cho
tan 2
α =
, tính giá trị biểu thức
2sin cos
A
2sin cos
α + α
=
α − α
. 1.0
Do
tan 2α =
nên
cos 0,α ≠
chia cả tử và mẫu cho
cosα
, ta được
2 tan 1 2.2 1 5
A
2tan 1 2.2 1 3
α + +
= = =
α − −
0.5
0.5

b) Chứng minh
2 2 2
2 2 3
cos x cos x cos x
3 3 2
π π
   
+ + + − =
 ÷  ÷
   
. 1.0
2 2 2
4 4
1 cos 2x 1 cos 2x
2 2 1 cos2x
3 3
VT cos x cos x cos x
3 3 2 2 2
π π
   
+ + + −
 ÷  ÷
π π +
   
   
= + + + − = + +
 ÷  ÷
   
0.5
3 1 1 4 4 3 1 4

cos 2x . cos 2x cos 2x cos 2x cos .cos 2x
2 2 2 3 3 2 2 3
 π π  π
   
= + + + + − = + +
 ÷  ÷
 
   
 
0.25
3 1 1 3
cos2x cos 2x VP
2 2 2 2
= + − = =
(đpcm) 0.25
4
(4đ)
(C):
2 2
x y 2x 4y 20 0+ − + − =
,
:3x 4y 4 0∆ − + =
và điểm M
( )
3; 3 .−
a) Đường tròn (C) có tâm I
( )
1; 2−
, bán kính
( ) ( )

2
2
R 1 2 20 5= + − − − =
1.0