de thi giua hoc ki 2 mon toan lop 10 truong thpt dao duy tu thanh hoa nam 2014 2015

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA KÌ II

Trường THPT Đào Duy Từ

NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: Toán học - Khối: 10
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I. (2,0 điểm). Cho bất phương trình: mx 2  5mx  4  0

(1)

1. Giải bất phương trình (1) với m = 1
2. Tìm m để bất phương trình (1) nghiệm đúng x  R
Câu II. (3,0 điểm). Giải các phương trình và bất phương trình sau:
1. x 2  2 x  8  x  2
2.

 x  1 x  2   x 2  3x  4

3.

x 2  x  12  7  x
 x  1  y  1  4
 x  y  8

Câu III. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 

Câu IV. (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(2; -3) và hai đường
thẳng
 x  1  2t
 y  1  t

d1: 

d2: x+y+1 = 0

1. Lập phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua M và vuông góc với d2
2. Tìm tọa độ điểm I thuộc đường thẳng d1 sao cho khoảng cách từ I đến đường thẳng
d2 bằng

1
2
 3 3
;  và đường thẳng
 2 2

Câu V. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M 

(d): x  3 y  3  0 . Tìm tọa độ hai điểm A, B thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB
vuông tại M và góc MAB  60 0 , biết rằng hoành độ của điểm A nhỏ hơn điểm B.
Câu VI. (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
1 a  b
3

3



1
1 b  c
3

3



1
1  c  a3
3

1

---Hết--Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………...........…………. Số báo danh……………………


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ( Đáp án gồm 02 trang)
CÂU, Ý NỘI DUNG

ĐIỂM

1 Với m= 1, (1): x2 – 5x +4  0  x  1, x  4

1.0

* m= 0, (1)  4  0 (x  R)
I
(2,0đ)

0.5

m  0
m  0
16

*m  0, (1) nghiệm đúng x  R  

16  0  m 
2
25
25m  16m  0
0  m  25
2

Vậy 0  m 
1

0.5

16
25

x  2  0

 x  2
x 2  2x  8  x  2   2

 x   2;3;5

2
2
2
(
x

2
x

8
)

(
x

2
)
(
x

2
)
(
x


5
)(
x

3
)

0



1.0

----------------------------------------------------------------------------------------------------------Đặt

II

t  3
( x  1)( x  2)  t , t  0 , PT trở thành t2- t – 6 = 0  
t  2(loai )

(3,0đ) 2
Với t=3 suy ra:

3

III
(1.0đ)



 3  37
x 
2
( x  1)( x  2)  3  x 2  3 x  2  9  x 2  3 x  7  0  

 3  37
x 
2



x  7
7  x  0

 2
2
x  x  12  7  x   x  x  12  0
  x  4 hoăo x  3 
 x 2  x  12  (7  x) 2

61

x 
13

 x  1
, Đặt
y  1

Đk: 

 x  1  u

 y  1  v

(u , v  0)

 x  3

4  x  61
13


1.0

1.0

1.0

u  v  4

v  4  u
u  2
x  3







2
2
2
2
v  2
y  5
u  v  8
u  (4  u )  8

Hệ trở thành 

đi qua M (2;3)
  d2   : 
có phương trình là: 1(x-2) -1(y+3) = 0
1
vtpt n  (1;1)

Hay x – y – 5 = 0

0,5
0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

IVb
I  d1  I (1  2t ;  1  t )  d ( I , d 2 ) 

(2,0đ)

1  2t  1  t  1
2



2

t  0
 3t  1  1  
t   2
2
3


1

0.5

 I (1;1)

 I (  1 ; 5 )
3 3


V
(1,0đ)

0.5

3

MH
 MA 
 1 , A  d  A( 3  3a; a )  MA2  4a 2  6a  3
2
sin MAH

MH = d(M;d) =

a  1

Ta đưa về phương trình 2a - 3a + 1 = 0  
1
a  2
2

0,5

Với a = 1  A(0;1), B  d  B( 3  3b; b) , MA  (

3 1
3
3
; ), MB  (
 3b; b  )
2
2
2
2

Từ đó tìm được b = 0  B( 3 ,0)

Với a =

1
3 1
3
3
 A( ; ), B  d  B( 3  3b; b) , MA  (0;1), MB  (
 3b; b  )
2
2 2
2
2

Từ đó tìm được b =

3
3 3
 B(
; ) ( loại).
2
2 2

0,5

Vậy A(0; 1), B( 3 ; 0)
VI

Ta có:

a3 +b3 + 1 = a3 + b3 +abc

= (a+b)(a2- ab + b2) + abc  (a + b)ab + abc = ab(a + b + c) > 0

(1,0đ)
Từ (1), ta có:

1 a  b
3

3



1
c
c


ab(a  b  c) abc(a  b  c) a  b  c

3



a
,
abc

1

Tương tự:

Suy ra:

1

1 b  c
3

1
1 a  b
3

3



1
1 b  c
3

3



1
1 c  a
3

1
1  c  a3
3

3



b
abc

1

Chú ý:
+ Nếu thí sinh giải bằng cách khác mà đúng thi vẫn cho điểm tối đa.

(1)

0,5

0,5