de thi toan lop 10 hoc ky ii nam hoc 20142015chinh thuc

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2014-2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Môn thi: TOÁN – LỚP 10
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Giải các bất phương trình
a) x 4 − 3x 2 + 2 ≥ 0.
b)

x+2
x + x +1
2

≤ 1.

Câu 2 (1.0 điểm). Giải phương trình 2 x + 2 x + 1 = 2 + x + 2.
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình mx 2 + mx + 1 > 0 nghiệm đúng với mọi
x∈¡ .
1
3

Câu 4 (1,0 điểm). Cho số thực a thỏa mãn cos 4a = . Tính giá trị của biểu thức
1
A = sin 4 a + cos 4 a + .
6

Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm

H ( 0; −1) , chân đường cao kẻ từ B là điểm K ( −1;1) .

a) Viết phương trình đường cao BH và đường thẳng AC của tam giác ABC.
b) Biết M ( 4;1) là trung điểm của cạnh AB. Tìm toạ độ 3 đỉnh A, B, C.
Câu 6 ( 2.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 2 điểm M (2; −2) và N ( −2; 2 ) .
a) Viết phương trình đường tròn (C) đường kính MN .
b) Lập phương trình chính tắc của elip ( E ) , biết rằng độ dài trục lớn của elip bằng 8
và hai tiêu điểm của elip là hai giao điểm của đường tròn ( C ) và trục Ox.
2015
2015
Câu 7 (1,0 điểm). Chứng minh rằng nếu x < 1 thì ( 1 + x ) + ( 1 − x ) < 22015.

HẾT
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ II- NĂM HỌC 2014 -2015
Môn: Toán - Lớp 10 – Thời gian làm bài: 120 phút

Câu
1

Đáp án

Điểm

a) (1 điểm).

2
(2,0 Bpt ⇔  x ≥ 2
2
x ≤1
điểm)

0,5

 x ≥ 2

⇔   x ≤ − 2

 −1 ≤ x ≤ 1

0,5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình

(

)

S = −∞; − 2  ∪ [ −1;1] ∪  2; +∞ .
b) (1 điểm).
Vì x 2 + x + 1 > 0, ∀x nên bpt ⇔ x 2 + x + 1 ≥ x + 2

0,5

Nếu x + 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ −2 thì bpt luôn đúng.
Nếu x + 2 > 0 ⇔ x > −2 thì bpt ⇔ x 2 + x + 1 ≥ x 2 + 4 x + 4 ⇔ x ≤ −1

Nghiệm trong trường hợp này x ∈ ( −2; −1]

0,5

Kết hợp lại, tập nghiệm bpt là S = ( −∞; − 1] .
2

(1,0
điểm)

Đk : x ≥ −

1
2

Pt ⇔ 2 ( x − 1) + 2 x + 1 − x + 2 = 0 ⇔ 2 ( x − 1) +

x −1
=0
2x +1 + x + 2

1


⇔ ( x − 1)  2 +
÷= 0
2x +1 + x + 2 

⇔ x = 1 , vì 2 +

3

(1,0

0,5

0,5

1
1
> 0, ∀x ≥ − .
2
2x +1 + x + 2

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình là x = 1.
Với m = 0 thì bpt ⇔ 1 > 0 đúng với mọi x ∈ ¡ .
m > 0

điểm) Với m ≠ 0 thì yêu cầu bài toán tương đương với ∆ < 0
m > 0
⇔ 2
⇔ 0 < m < 4.
 m − 4m < 0

0,5

0,5

Vậy 0 ≤ m < 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
4

(1,0

Ta có A =

( sin

2

a + cos 2 a ) − 2sin 2 a cos 2 a +
2

1
6

0,5


điểm)
5

1
1
= 1 − sin 2 2a + =
2
6

7 1
− ( 1 − cos 4a ) = 1.
6 4

0,5

a) (1 điểm).

(2,0
điểm)

A

0,5
K(-1;1)

M(4;1)

H(0;-1)

C
B

Phương trình đường cao BH qua H ( 0; −1) và K ( −1;1) là
x − 0 y +1
=
−1
2
2
x
Hay phương trình đường cao BH là + y + 1 = 0 .
Đường thẳng AC qua K ( −1;1) vuông góc với BH , nên phương trình

0,5

của đường thẳng AC là 1( x + 1) − 2 ( y − 1) = 0 , hay x − 2 y + 3 = 0 .
Vậy phương trình đường cao BH là 2 x + y + 1 = 0 và phương trình
đường thẳng AC là x − 2 y + 3 = 0 .

b) (1 điểm).
Điểm B ∈ BH ⇒ B (b; −2b − 1) .

0,5

Điểm M ( 4;1) là trung điểm của AB , suy ra toạ độ điểm A :
A ( 2 xM − xB ; 2 yM − y B ) ⇒ A ( 8 − b;3 + 2b ) .
A thuộc đường thẳng AC , nên
8 − b − 2 ( 3 + 2b ) + 3 = 0 ⇒ −5b + 5 = 0 ⇒ b = 1 ⇒ B ( 1; −3 ) ; A(7;5) .
uuur

Đường thẳng BC qua B ( 1; −3) nhận vectơ HA = ( 7;6 ) làm vectơ pháp
tuyến.
Vậy phương trình đường thẳng BC là 7 ( x − 1) + 6 ( y + 3) = 0 hay
7 x + 6 y + 11 = 0.
Điểm C là giao của hai đường thẳng BC và AC , nên toạ độ C thoả
mãn hệ
7 x + 6 y + 11 = 0
1

⇒ C  −2; ÷

2


x − 2 y + 3 = 0

1

Vậy toạ độ 3 điểm cần tìm là A(7;5), B ( 1; −3) và C  −2; ÷.
2




0,5


6

a) (1 điểm).

(2,0
MN
điểm) Đường tròn (C) nhận trung điểm của MN là tâm và bán kính R = 2 .

0,5

Ta có: trung điểm của MN là O ( 0;0 ) , bán kính
R=

1
2

( −2 − 2 )

2

+ ( 2 + 2) = 2 2 .
2

0,5

Vậy phương trình đường tròn (C) là x 2 + y 2 = 8 .

b) (1 điểm).
y

N(-2;2)

-4

F1

F2

4

O

x

M(2;-2)

0,5

(Thí sinh không nhất thiết phải vẽ hình)
x2 y 2
Gọi phương trình chính tắc của elip (E) là 2 + 2 = 1 (1) ,
a
b
a
>
b>0.
với điều kiện

Theo bài ra ta có: 2a = 8 ⇒ a = 4

(2)

Vì O là tâm của (C), O thuộc Ox, nên giao của (C) và trục Ox là 2
điểm tạo thành một đường kính của (C), theo giả thiết cũng là hai tiêu
điểm của elip (E).
Suy ra tiêu cự của elip (E) 2c = 2 R ⇒ c = R = 2 2 .
Khi đó b = a 2 − c 2 = 2 2
(3)
Từ (1), (2) và (3), phương trình chính tắc của elip (E) là
x2 y 2
+
=1.
16 8

(

)

(Thí sinh có thể tìm hai giao điểm có toạ độ là ±2 2;0 ⇒ c = 2 2 )

0,5


7
Vì x < 1 nên có thể đặt x = cos t , t ∈ ( 0;π )
(1,0
2015
2015
2015
điểm) và bất đẳng thức được viết thành: ( 1 + cos t ) + ( 1 − cos t ) < 2

0,5

t
t

⇔ 22015  cos 4030 + sin 4030 ÷ < 22015.
2
2

⇔ cos 4030

t
t
+ sin 4030 < 1
2
2

t
2

Bởi vì 0 < <

π
t
t
nên 0 < sin ; cos < 1
2
2
2
2015

Vậy cos

4030

⇒ cos 4030

0,5

( *)

t  2t
=  cos ÷
2 
2

2015

t
t 
t
< cos ;sin 4030 =  sin 2 ÷
2
2 
2
2

< sin 2

t
t
t
t
+ sin 4030 < cos 2 + sin 2 = 1
2
2
2
2

Hay (*) đúng, suy ra bài toán được chứng minh.
Cách khác (mới bổ sung)
Vì x < 1 ⇒ −2 < ( 1 + x ) ; ( 1 − x ) < 2 ⇒ ( 1 + x )
⇒ ( 1 + x)

2015

+ ( 1 − x)

2015

2014

;(1− x)

2014

< 22014

< 22014 (1 + x + 1 − x) = 2 2015 ⇒ đpcm.

t
2