Đề thi học kỳ 2 Toán 10 năm 2017 – 2018 trường THPT Chu Văn An – Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

ĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC 2017-2018

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
ĐỀ SỐ 1

Môn: TOÁN - Lớp 10
Buổi thi: Chiều ngày 26 tháng 04 năm 2018
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho bất phương trình  m  2  x 2  2mx  1  0 (với m là tham số).
a) Giải bất phương trình khi m  2.
b) Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x  .
Câu 2 (2,5 điểm). Giải các bất phương trình và phương trình sau
a) x 2  x  x 2  1 ;
b) 2 x   x 2  6 x  5  8;
c)

x  2  4  x  2 x 2  5 x  1.

Câu 3 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : x  2 y  7  0 và điểm
I  2; 4  .

a) Viết phương trình của đường thẳng d đi qua I và song song với đường thẳng .
b) Viết phương trình đường tròn có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng .
c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho d ( M ,  )  5.
Câu 4 (2,0 điểm).
2


 

a) Cho sin   ,    ;   . Tính cos     .
4
3
2 


 1  sin 2 x
b) Chứng minh rằng tan   x  
, với giả thiết các biểu thức có nghĩa.
4

cos 2 x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I . Gọi M là

điểm đối xứng của D qua C. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C và D trên đường
thẳng AM . Biết K 1;1 , đỉnh B thuộc đường thẳng d : 5 x  3 y  10  0 và đường thẳng HI có
phương trình 3 x  y  1  0. Tìm tọa độ đỉnh B.

------------------ Hết -----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…………………………………………; Số báo danh:………….…...


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ 1 – LỚP 10 – Năm học 2017 -2018
Nội dung
Câu 1
1.1

(1 đ)

1.2
(1 đ)

m = 2  4 x2  4 x  1  0
1
x
2

0,25
0,5

1 
Vậy, tập nghiệm S   \  
2
1
m  2  4 x  1  0  x  .Loai
4
m  2 , bpt nghiệm đúng với x  
m  2  0
a  0
 m  2


 0, 25   2
 0, 25  1  m  2  0, 25
  0
 1  m  2
m  m  2  0

0,25

Câu 2
2.1
(1 đ)

2.3
(0,5 đ)

x 2  x  x 2  1   x 2  x    x 2  1
2

0.75

0.25

2

 1  x   2 x 2  x  1  0

0.25

1
2

0,5

 x 2  6 x  5  0


 x 2  6 x  5  8  2 x  8  2 x  0
 0, 25
 2
2
 x  6 x  5   8  2 x 
1  x  5

1  x  5
  x  23

 x  4
 0, 25    5  0, 25  1  x  3  0, 25
5 x 2  38 x  69  0
 x  3


 x  4




 

x  2 1 

1

0,25

x  2  4  x  2 x2  5x 1



4  x 1  2 x2  5x  3

3 x
x 3

  x  3 2 x  1  0
4  x 1
x  2 1
1
1


  x  3 

  2 x  1   0
4  x 1
 x  2 1



ĐK: 2  x  4

x  3  0

1
1



  2 x  1  0 *
4  x 1
 x  2  1
1
1

  2 x  1  0
Lập luận để với x   2; 4 thì
x  2 1
4  x 1
Nên pt (*) vô nghiệm và pt có nghiệm duy nhất x  3
Câu 3

0.25

2,5

 x
2.2
(1 đ)

Điểm
2

0.25

2,5

3.1
(1 đ)



 có VTPT n 1; 2   VTCPu  2;1

d ||   d có VTCPud  2;1 , mà I (2; 4)  

0,25
0,25

 x  2  2t
PTTS của d: 
y  4  t
3.2
(1 đ)

0.5

(C) tiếp xúc   R  d ( I ,  ) (0,25)  R 
Phương trình (C) :  x  2    y  4  
2

3.3
(0,5 đ)

2

Gọi M  0; yo   .

d ( M , )  5 

9
5

(0,5)

0,25
2 yo  7
5

 5

 M  0;6 
 yo  6


 M  0;1
 yo  1
Câu 4
(2 đ)
4.1
(1 đ)

1.0

3
(0,25)
5

0,25

2

 
   ;    cos   0
2

0,5



cos 2   1  sin 2  

 5
5
 0, 25  cos  
 0, 25
9
3





cos      cos  cos  sin  sin  0, 25 
4
4
4


10  2 2
 0, 25
6
1  2sin x.cosx
(c osx  sin x) 2
cosx  sin x
0,
25

(0.25) 
(0, 25);
VP 


2
2
c os x  sin x
cos x  sin x
(cos x  sin x)(c os x  sin x)

0,5


4.2
(1 đ)


 1  tan x cosx  sin x
tan   x  


(0, 25)
4
 1  tan x c os x  sin x
Câu 5
(1 đ)

A

B
K
H

I
Q
D

C

M

+ Gọi Q  KI  DH , chứng minh được
tứ giác KBHQ là hình vuông. (0,25)
+ Do I là trung điểm của KQ nên
d ( B, IH )  2d ( K , IH )  10. (0,25)
 10  3t 
+ Gọi B 
, t   d , từ đó giải
 5

phương trình d ( B; IH )  10 tìm được

 15  B  17 ; 15 
  4 4 
t  4


(0,25)


  43 85 
t  85
; 
B 

4
  4 4
+ Do K và B nằm cùng phía đối với
 17 15 
đường thẳng HI nên B  ;
 . 0,25)
 4 4 

1,0