Đề thi khảo sát chất lượng Toán 10 năm học 2016 - 2017 trường THPT Thạch Thành 1 - Thanh Hóa lần 4 - TOANMATH.com

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
TỔ TOÁN- TIN

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4
MÔN TOÁN_KHỐI 10
Năm học: 2016- 2017
Thời gian: 120 phút

Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số: y  x 2  4 x  c
a) Tìm c biết rằng đồ thị của hàm số là một parabol đi qua điểm A  2; 1 .
b) Vẽ đồ thị của hàm số ứng với giá trị c tìm được.
Câu 2 (2 điểm):
a) Giải bất phương trình: 5 x  4  3 ;
b) Giải phương trình: 4  4  x  6  x   x 2  2 x  3 .
Câu 3 (2 điểm):
5
4

a) Cho sin x  cos x  . Tính giá trị của sin 2x .
b) Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta đều có:
cot

A
B
C
A
B
C
 cot  cot  cot .cot .cot
2
2

2
2
2
2

Câu 4 (1 điểm):
Cho tam giác đều ABC cạnh a ( a  0 ). MNPQ là hình chữ nhật
nội tiếp tam giác ABC (như hình vẽ). Tính diện tích lớn nhất có
thể đạt được của hình chữ nhật MNPQ theo a.

A

M

B

Q

N

P

C

Câu 5 (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường
thẳng chứa đường cao kẻ từ B là: x  3 y  18  0 , phương trình đường trung trực của đoạn
BC là: 3 x  19 y  279  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2 x  y  5  0 . Tìm tọa độ điểm A biết
  1350 .
rằng BAC
Câu 6 (1 điểm): Tùy theo m tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2
2
F  x, y    4 x  2 y  1   2 x  my  3
(m là tham số)
Câu 7 (1 điểm): Giải hệ phương trình:
 x  2  3 y  1  5( x 2  y 2  3)

(2 x  1) 2  (2 y  1) 2  18

----------Hết----------


ĐÁP ÁN TOÁN 10 LẦN 4
Câu
1.a.
1.b.

Đáp án

c3

Điểm
1
1

10

8

6

3

4

2

15

10

3

5

5

10

15

2

4

2.a.

BPT  5 x  4  9  5 x  5  x  1

1

KL : Tx  1;  
2.b.

4  x  6
Đặt t   4  x  6  x 
ĐK:

 0  t  5

Phương trình trở thành:

0,5

t  3
0t 5
4t  t 2  21  t 2  4t  21  0  

t  3
t


7

x  5
t  3   x 2  2 x  24  9  x 2  2 x  15  0  
 x  3
3.a.

3.b.

4.

0,5
1

2

2
5
2
2
    sin x  cos x   sin x  cos x  2.sin x.cos x  1  sin 2 x
4
 
25
9
 sin 2 x 
1 
16
16
A
B
cot .cot  1

A
B
C
1



2
2

cot 
  tan 
A
B
C
2
 2 
cot  cot
cot
2
2
2
A
B 
C
A
B

Ta có:   cot .cot  1 cot  cot  cot
2
2 
2
2
2

A

B
C
A
B
C
 cot  cot  cot  cot .cot .cot  dfcm
2
2
2
2
2
2
0 xa
Giả sử AM  x  MN  x;

1

A

1
M

3
MQ  BM .sin 60   a  x 
2

N

0

3  x   a  x   3 a2 3
 MN .MQ  x  a  x 



2 
2
8
 2
2

S MNPQ

S MNPQmax 
5.

Giả sử

B

Q

a2 3
a
 x ax  x 
8
2

 18  3b  c b  2c  5 
B 18  3b; b  ; C  c; 2c  5   M 

;
 là trung điểm của BC.
2
2



P

C


b  2c  5
 18  3b  c
C  9; 23
 19.
 279  0
c  9
 M  
3.
2
2



  
 BC.u  0 19  c  3b  18   3  2c  b  5   0
b  4
 B  6; 4 


0,5

Gọi H là hình chiếu của B trên AC.
Phương trình AC: 3 x  y  4  0  H  3;5 

  1350  BAH
  450  HAB vuông cân tại H.
BAC
 HA  HB  10

Do

 a  2  A  2; 2 
2
2
A  a;3a  4  ; AH  10   a  3   3a  9   10  

 a  4  A  4;8 

Vì A nằm giữa H và C nên A  4;8 

0,5

Vậy A  4;8 
6.

Nhận xét F  x; y   0x, y
Gọi

d1 : 4 x  2 y  1  0; d 2 : 2 x  my  3  0

 4 x0  4 y0  1  0
TH1 : m  1  d1  d 2  I  x0 ; y0   
 2 x0  my0  3  0
 x  x0
 F  x; y min  0  
 y  y0

TH 2 : m  1  d1  d 2  F  x; y    4 x  2 y  1   2 x  y  3
2

0,5
2

Đặt : t  2 x  y; t    F  t    2t  1   t  3  5t  10t  10  5  t  1  5  5
2

2

2

2

 Fmin  5  t  1  2 x  y  1  0 (đạt tại nhữn điểm nằm trên đường thẳng 2 x  y  1  0 )
KL:
7.

 m  1: F  x; y min  0

0,5

 m  1: F  x; y min  5

x  2  0

+ Đk:  y  1  0
x 2  y 2  3  0

Từ (2)  x 2  y 2  x  y  4

+ Thay vào (1) ta có

x  2  3 y  1  5( x  y  1)  3 ( x  2)( y  1)  2 x  2 y  6

 3 ( x  2)( y  1)  2( x  2)  2( y  1) (*)
+ Nếu y = 1  x  2 không thỏa mãn hệ nên y-1  0
Chia 2 vế pt (*) cho y - 1 ta có :

2

x2
x2
3
20
y 1
y 1

Với






x2
2
y 1
x2 1
  ( loai )
y 1 2

 y 2
 x2

x2


19
 x   26 , (t / m)
 2  x  4 y  6 . Thay vào (2)
y
y 1
 17
 17

0,5


Vậy hệ có nghiệm là:  x; y  = (2; 2) ;  x; y  = (

 26 19
; )
17 17

0,5