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