Đề kiểm tra giữa HK2 lớp 10 năm 2019-2020 môn Toán - THPT Lý Thái Tổ (có đáp án)

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ II
NĂM HỌC 2019 - 2020
Mơn thi: TỐN 10
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề).
Ngày kiểm tra: 13 tháng 5 năm 2020

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

Câu 1 (4,0 điểm). Giải các bất phương trình sau:
a) x(2 x − 3) ≤ −3x( x − 1) − 1
b)
c)

1
4
≥
2x −1 x − 3

x2 − 2x − 3 > 2x − 3

d) x 2 + 3x + 2 < − x + 2
Câu 2 (1,5 điểm). Cho hàm số: y = f ( x) = 2 x 2 − mx + 3m − 2 và y = g ( x) = mx 2 − 2 x + 4m − 5 .
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f ( x) ≥ g ( x) ∀x ∈ R .
Câu 3 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC với=
AB 3;=
AC 7;=
BC 8 . Hãy tính diện tích tam giác
và các bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC.
Câu 4 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A ( −1;2 ) , B ( 3;1) và đường

x= 1+ t
(t là tham số )
thẳng (d ) : 
y
=
2
+
t


a) Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (d’) đi qua A và vng góc với (d).
b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua (d).
c) Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho M cách B một khoảng bằng 5 .
Câu 5 (0,5 điểm). Giải phương trình 4 x x + 3 + 2 2 x − 1= 4 x 2 + 3x + 3 .
---------- HẾT ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:........................................................... Số báo danh:.......................................


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ II
NĂM 2019 - 2020
Mơn thi: TỐN; Khối 10
(Đáp án – thang điểm gồm 03 trang)
Đáp án
Điểm

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu

1
(2,0 điểm)

Giải các bất phương trình sau:
a) x(2 x − 3) ≤ −3x( x − 1) − 1
0,5

Biến đổi rút gọn đưa bpt về 5 x 2 − 6 x + 1 ≤ 0

1
≤ x ≤1
5
1 
Vậy nghiệm bpt là S =  ;1
5 
1
4
b)
≥
2x −1 x − 3
1
4
−7 x + 1
BPT ⇔
−
≥0⇔
≥0
2x −1 x − 3
(2 x − 1)( x − 3)
⇔

Đặt g ( x) =

0,25
0,25

0,25

−7 x + 1
.
(2 x − 1)( x − 3)

0,5

Lập bảng xét dấu g(x)




1

1





Dựa vào bảng dấu kết luận bpt có tập nghiệm là: S =  −∞;  ∪  ;3 
7
2



0,25

c)

x2 − 2x − 3 > 2x − 3
 2 x − 3 < 0
(I )
 2
2
3
0
x
x
−
−
≥

BPT ⇔ 
2x − 3 ≥ 0
 
( II )
  x 2 − 2 x − 3 > (2 x − 3) 2

0,25

3


x < 2

(I) ⇔   x ≤ −1 ⇔ x ≤ −1

3
 x ≥
2


0,25

3

x ≥
(II) ⇔ 
⇒ x ∈∅
2
2
3 x − 10 x + 12 < 0(VN )


0,25

Kết luận nghiệm bpt là S =

( −∞; −1]

0,25

d) x 2 + 3x + 2 < − x + 2 (1)

* Nếu − x + 2 ≤ 0 ⇔ x ≥ 2 , bất phương trình đã cho vơ nghiệm.
* Nếu − x + 2 > 0 ⇔ x < 2 , ta có (1) ⇔ x − 2 < x 2 + 3 x + 2 < − x + 2

0,25
Trang 1/3


 x 2 + 4 x < 0
⇔ 2
⇔ −4 < x < 0
 x + 2 x + 4 > 0
Kết hợp với điều kiện x < 2 suy ra 4 < x < 0 là nghiệm của bất phương trình
Vậy tập nghiệm BPT là: S = ( −4;0 )
Lưu ý: Học sinh nếu học sinh thực hiện giải bất phương trình như sau thì vẫn
cho điểm tối đa.

0,5
0,25

 x 2 + 4 x < 0
(1) ⇔ x − 2 < x + 3 x + 2 < − x + 2 ⇔  2
⇔ −4 < x < 0
 x + 2 x + 4 > 0
Vậy tập nghiệm BPT là: S = ( −4;0 )
2

2
(1,5 điểm)

Cho hàm số: y = f ( x) = 2 x 2 − mx + 3m − 2 và y = g ( x) = mx 2 − 2 x + 4m − 5 .

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f ( x) ≥ g ( x) ∀x ∈ R .
Ta có
f ( x) ≥ g ( x) với ∀x ∈ R
⇔ 2 x 2 − mx + 3m − 2 ≥ mx 2 − 2 x + 4m − 5, ∀x ∈ R

⇔ (m − 2) x 2 + (m − 2) x + m − 3 ≤ 0

0,5

(1), ∀x ∈ R

TH1: m = 2 , ta có −1 ≤ 0 (ln đúng) nên m = 2 (thỏa mãn)
TH2: m ≠ 2 , ta có (1) thỏa mãn với ∀x ∈ R khi và chỉ khi

0,25

m < 2

m − 2 < 0
m ≤ 2
0,5
⇔
⇔m<2


2
∆= (m − 2) − 4(m − 2)(m − 3) ≤ 0
  m ≥ 10
 
3

Vậy m ≤ 2 là giá trị cần tìm.
0,25
3
Cho tam giác ABC với=
AB 3;=
AC 7;=
BC 8 . Hãy tính diện tích tam giác và
(1,5 điểm) các bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC.

}}

Tính được :

p=

3+ 7 +8
; S=
2

p ( p − a )( p − b)( p − c)=

9(9 − 3)(9 − 7)(9 − 8)= 6 3

0,5

abc
abc 3.7.8 7 3
⇒ R=
=
=

0,5
4R
4 S 4.6 3
3
S 6 3 2 3
=
=
S = p.r ⇒ r =
0,5
p
9
3
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A ( −1;2 ) , B ( 3;1) và đường thẳng
S=

4
(2,5 điểm)

x= 1+ t
(t là tham số )
(d ) : 
 y= 2 + t
a) Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (d’) đi qua A và vng góc
với (d).
Lập phương trình (d’) qua A, (d’) vng góc với (d) ta có phương trình (d’) là:

x + y − 1 =0

1,0

b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua (d).
Gọi =
H (d ') ∩ (d ) , tìm được H(0;1)

0,25

A’ đối xứng với A qua (d) khi và chỉ khi H là trung điểm AA’.

0,25
Trang 2/3


Tìm được A’(1;0).

0,25

c) Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho M cách B một khoảng bằng 5 .
Điểm M thuộc đường thẳng (d) ta có : M (1 + t ;2 + t )

MB =
5
(0,5 điểm)

t= 0 ⇒ M (1;2)
5 ⇔ (t − 2) 2 + (t + 1) 2 = 5 ⇔ t 2 − t = 0 ⇔ 
t = 1 ⇒ M (2;3)

0,25
0,5

Giải phương trình 4 x x + 3 + 2 2 x − 1= 4 x 2 + 3x + 3 .
Ta có:
1
4 x x + 3 + 2 2 x − 1= 4 x 2 + 3 x + 3 ( x ≥ )
2
2
⇔ 4 x − 2.2 x. x + 3 + 3 + x + 1 − 2 2 x − 1 + 2 x − 1 =
0

0,25

⇔ (2 x − x + 3) 2 + (1 − 2 x − 1) 2 =
0
2 x − x + 3 =
0
⇔
⇔x=
1(tm)
0
1 − 2 x − 1 =
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1 là nghiệm.

0,25

Chú ý: Các cách giải khác đáp án và đúng đều cho điểm tối đa.

Trang 3/3