Đề thi KSCL Toán 10 lần 2 năm 2018 – 2019 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn thi: Toán – Lớp 10
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 18 tháng 5 năm 2019

Câu I. (3,0 điểm) Giải các bất phương trình sau:
1)

1
1
x 2

2)

3x 2  7x  2  3x  1

3)

11x 2  41x  11  2 2x  1  x 2  3x  4

Câu II. (2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 

x  1 m x

2 3

 3m  1 x 2  2m 2  m  4


có tập xác định là  .





2) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  x 2  m  1 x  2m  2 tại hai điểm
phân biệt A, B sao cho OA  OB  4 (với O là gốc tọa độ).
Câu III. (1,0 điểm) Cho sin x 

3
5





  x   .Tính cos 2x , cos x  2020  .

 2

3 


Câu IV. (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A 4; 3, B 2;5,C 5; 4 .
1) Viết phương trình tổng quát của đường thẳng BC . Tính diện tích tam giác ABC .
2) Viết phương trình đường tròn T  ngoại tiếp tam giác ABC .
3) Tìm điểm M thuộc đường tròn T  sao cho ME  2MF đạt giá trị nhỏ nhất, với E 7;9, F 0; 8 .

3
, chu vi hình chữ
2
nhật cơ sở bằng 12. Viết phương trình chính tắc của E  . Biết M là điểm di động trên E  , tính giá trị của
Câu V. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip E  có tâm sai bằng

biểu thức P  MF12  MF22  5OM 2  3MF1.MF2 .
Câu VI. (0,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với H , E , K lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B,C .
Gọi diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là S ABC

và S HEK . Biết rằng S ABC  4S HEK ,

chứng minh ABC đều.
--------------------------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:.......................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu
i.1. (1,0 điểm)
1
3x
1

0
x 2
x 2
2x 3

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn: Toán – Lớp 10

Lời giải sơ lược

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  2; 3

Điểm
0,5
0,5

I.2. (1,0 điểm)


x  2




2




3x  7x  2  0
1


Bất phương trình   2
 x 



3x  7x  2  3x  1

 2 3




3x  10x  3  0



x  2



1

x  1

x




3
3



3
x
2

 1



x
3

 3
 1 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  2; 3  
 
 3 

0,5

0,5

I.3. (1,0 điểm)

11x 2  41x  11  0

 x  4(*)
Điều kiện: 2x  1  0
 2
x  3x  4  0

Khi đó, bất phương trình tương đương với

0,25

11x 2  41x  11  2 2x  1  x 2  3x  4
 11x 2  41x  11  8x  4  x 2  3x  4  4 (2x  1)(x 2  3x  4)
 10x 2  46x  19  4 (2x  1)(x 2  3x  4)

0,25

 5(2x 2  9x  4)  (x  1)  4 (x  1)(2x 2  9x  4)
5

2x 2  9x  4
2x 2  9x  4
1  4
x 1
x 1

Đặt t 

2x 2  9x  4
t  0 , bất phương trình trở thành

x 1

1
t 0
5t  1  4t  5t  4t  1  0    t  1 
0  t  1
5
2

2x 2  9x  4
 1  2x 2  9x  4  x  1  2x 2  10x  5  0
x 1
5  15
5  15

x 
2
2

0

0,25

2

0,5


 5  15 


Kết hợp với điều kiện (*) suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S   4;

2


II(1,0 điểm)

x  1 m x

x  1 m x  3m  1 x  2m  m  4 có tập xác định là  .
 3m  1 x  2m  m  4  0
x  

2 3

Hàm số y 
2 3

2

2

2

2

0,25

*, Nếu g(x )  m 2x 3  3m  1 x 2  2m 2  m  4 không có nghiệm x  1
thì f (x )  x  1 m 2x 3  3m  1 x 2  2m 2  m  4 đổi dấu khi qua x  1



Khi đó ycbt không được thỏa mãn









* Do đó x  1 m 2x 3  3m  1 x 2  2m 2  m  4  0



x   điều kiện cần là g(1)  0

0,5

m  1

m  3m  1  2m  m  4  0  m  2m  3  0  
m  3
2

2

2

Thử lại

* Với m  1  f (x )  x  1(x 3  4x 2  3)  x  1 (x 2  3x  3)  m  1 ( không
:
thỏa mãn)
2

0,25

* Với m  3  f (x )  x  1(9x  8x  17)  x  1 (9x  x  17)  0 x  R
3

2

2

2

suy ra m  3 thỏa mãn.
Vậy giá trị cần tìm là m  3
II(1,0 điểm)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị :

x 2  m  1 x  2m  2  x  m  x 2  mx  m  2  0



0,25

(1)



Đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  x 2  m  1 x  2m  2 tại hai điểm
phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt    0  m 2  4m  8  0 (luôn đúng)

0,25

Gọi A(x 1; x 1  m ), B(x 2 ; x 2  m ) ở đó x 1, x 2 là nghiệm của (1)
Có OA 

x 12  (x 1  m )2  2x 12  2mx 1  m 2  m 2  2m  4

0,25

OB  x 22  (x 2  m )2  2x 22  2mx 2  m 2  m 2  2m  4

m  0

Theo giả thiết OA  OB  4  m 2  2m  4  2  m 2  2m  0  
m  2



Vậy giá trị cần tìm là m  0; m  2
III(1,0 điểm)

0,25

2

3
7
Có cos 2x  1  2 sin x  1  2   
 5 
25
2

Có


 x    cos x  0
2

0,25
0,25



2
cos x  4 (l )


3
16

5
Mặt khác sin2 x  cos2 x  1  cos2 x  1  sin2 x  1    

 5 

25
cos x   4 (t / m )

5










2020 
  cos x   673   cos x     cos x cos  sin x sin 
cos x 


3 
3
3 
3
3 




4 1 3 3 3 3 4
 .  .


5 2 5 2
10

IV.1 (1 điểm)
Viết phương trình đường thẳng BC : x  7y  33  0

d (A, BC ) 

4  21  33
12  72



Gọi

phương

trình

0,5

50

1
1
 5 2, BC  5 2  S ABC  d (A, BC ).BC  5 2.5 2  25
2
2
5 2

IV.2 (1 điểm)
đường

tròn

T 

ngoại

tiếp

tam

giác

ABC .

Gọi K là điểm trên tia IE sao cho IK 

0,5

là

x 2  y 2  2ax  2by  c  0
Do A, B,C  (T ) nên ta có
16  9  8a  6b  c  0

4  25  4a  10b  c  0


25  16  10a  8b  c  0

a  1

 b  1

c  23

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là T  x 2  y 2  2x  2y  23  0
IV.3 (0,5 điểm)
Ta thấy IE  10  2IM

0,5

0,5

0,5

5 
1
IE  K  ; 3
4
 2 

IM
IK
1 

 , MIK chung
IE

IM
2
MK
IK
1
 IKM  IME 

  ME  2MK
ME
IM
2

Có

0,25

Khi đó, ME  2MF  2MK  2MF  2(MK  MF )  2KF  5 5

Dấu “= ” xảy ra M là giao điểm của đoạn FK và T 
Phương trình FK : 2x  y  8  0

x

y
2x  y  8  0

 
2
2
Tọa độ điểm M thỏa mãn 

x  y  2x  2y  23  0
x


y

Vậy M (1; 6) là điểm cần tìm.

1
 M (1; 6)(t / m )
6
5
 M (5; 2)(loai )
 2

0,25


V (1,0 điểm)
Gọi phương trình chính tắc của (E ) :

x 2 y2

 1(a  b  0)
a
b

2

0,25

2

3
a b
3


 a  2b ,
2
a
2
Mặt khác chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng 12 nên 4(a  b)  12  a  b  3
Từ đó suy ra a  2; b  1
Vì E  có tâm sai bằng

x 2 y2

1
Vậy phương trình chính tắc của (E ) :
4
1
x 2 y2

 1(a  b  0) , ta biến đổi được kết quả
Với mọi M (x 0 ; y 0 )  (E ) :
a
b
MO 2  MF1.MF2  a 2  b 2

0,25

P  MF12  MF 22  5OM 2  3MF1.MF2  MF1  MF2   5(MO 2  MF1.MF2 )
Khi đó

0,25

2

2

2

2

2

0,25

2

 4a  5(a  b )  a  5b  9

VI(0,5 điểm)
Đặt S = S ABC thì từ giả thiết suy ra

A

3
S EAK + S KBH + S HCE =

S
E
4
S
3
S
S
K
⇒ EAK + KBH + HCE =
4
S
S
S
1
AE. AK sin A
S EAK 2
AE AK
=
= =
A.cos A cos 2 A
.
cos=
1
S
AB. AC sin A AB AC
2
C
B
H
1

BK .BH .sin B
S KBH 2
BK BH
=
= =
B.cos B cos 2 B
.
cos=
1
S
AB.BC sin B BC AB
2
1
S HCE 2 CH .CE.sin C CH CE
.
cos=
=
= =
C.cos C cos 2 C
1
S
AC.BC sin C AC BC
2
S EAK S KBH S HCE 3
3
+
+
=⇔ cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C =
S
S

S
4
4
3
cos2 A  cos2 B  cos2 C   2  2 cos 2A  2  2 cos 2B  4 cos2 C  3
4
2
 4 cos C  4 cos C . cos(A  B )  cos2 (A  B )  1  cos2 (A  B )  0


1

C  
2


cos
C
cos(
A
B
)

2


 2 cos C  cos(A  B )  sin (A  B )  0  

2
3

sin(A  B )  0
A  B



 ABC đều (đpcm)

▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác với đáp án đều được điểm tối đa

0,25

0,25