Đề thi HK2 khối 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (153.17 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2014-2015
Mơn thi: TỐN – LỚP 10

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Giải các bất phương trình 
a) x4 3x2 2 0.

b) 2
2

1.
1
x
x x




 

Câu 2 (1.0 điểm). Giải phương trình 2x 2x  1 2 x2.

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình mx2mx 1 0 nghiệm đúng với mọi
.

x 

Câu 4 (1,0 điểm). Cho số thực a thỏa mãn

1
cos 4 .

3
a

Tính giá trị của biểu thức

4 4 1

sin cos .

6
A a a

Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm



0; 1



H  chân đường cao kẻ từ B là điểm K



1;1



a) Viết phương trình đường caoBH và đường thẳng AC của tam giác ABC.
b) Biết M



4;1



là trung điểm của cạnh AB. Tìm toạ độ 3 đỉnh A B C, , .

Câu 6 ( 2.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 2 điểm M(2; 2) và N



2; 2 .



a) Viết phương trình đường trịn (C) đường kính MN.

b) Lập phương trình chính tắc của elip

 

E , biết rằng độ dài trục lớn của elip bằng 8
và hai tiêu điểm của elip là hai giao điểm của đường tròn

 

C và trục Ox.

Câu 7 (1,0 điểm). Chứng minh rằng nếu x 1 thì









2015 2015 2015

1x  1 x 2 . 
HẾT

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ II- NĂM HỌC 2014 -2015
Mơn: Tốn - Lớp 10 – Thời gian làm bài: 120 phút

Câu Đáp án Điểm

1 
(2,0
điểm)

a) (1 điểm).
Bpt
2
2
2
1
x
x
 
 



0,5
2
2
1 1
x
x
x
  
 
  

  


Vậy tập nghiệm của bất phương trình



; 2



1;1





.
S       

 

0,5

b) (1 điểm).

Vìx2  x 1 0,x nên bpt  x2   x 1 x 2 0,5
Nếu x  2 0 x2 thì bpt ln đúng.

Nếu x  2 0 x 2thì bpt x2  x 1 x24x 4 x1

Nghiệm trong trường hợp này x 



2; 1



Kết hợp lại, tập nghiệm bpt là S    



; 1 .



0,5
2
(1,0
điểm)
Đk :
1
2
x









2 1 2 1 2 0 2 1 0

2 1 2

x

Pt x x x x

x x



          

  

0,5



1 2



1 0

2 1 2

x
x x
 
    
  
 

 x1, vì

1 1

2 0, .

2x 1 x 2 x

   

  

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình là x1.

0,5

3
(1,0
điểm)

Với m0 thì bpt  1 0 đúng với mọi x .

Với m0 thì yêu cầu bài toán tương đương với

0
0
m


 

0,5
2
0
0 4.
4 0
m
m
m m


    
 


Vậy 0m4 thỏa mãn yêu cầu bài tốn.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

4
(1,0

điểm) Ta có



sin2 cos2



2 2sin2 cos2 1

A a a  a a 0,5





1 1 7 1

1 sin 2 1 cos 4 1.

2 a 6 6 4 a

       0,5

5
(2,0
điểm)

a) (1 điểm).

M(4;1)

K(-1;1)

H(0;-1)
A

Phương trình đường cao BH qua H



0; 1



và K



1;1



là

0 1

1 2

x y



Hay phương trình đường caoBH là 2x y  1 0.

0,5

Đường thẳng ACqua K



1;1



vng góc với BH, nên phương trình

của đường thẳng AC là 1



x1



 2



y1



0, hay x 2y 3 0.
Vậy phương trình đường caoBH là 2x y  1 0 và phương trình 
đường thẳng AC là x 2y 3 0.

0,5

b) (1 điểm).

Điểm B BH  B b( ; 2 b 1).

Điểm M



4;1



là trung điểm của AB, suy ra toạ độ điểm A:



2 M B; 2 M B





8 ;3 2



A x  x y  y  A  b  b

A thuộc đường thẳng AC, nên





8 b 2 3 2 b  3 0  5b  5 0 b 1 B



1; 3 ; (7;5)



A
.

0,5

Đường thẳng BC qua B



1; 3



nhận vectơ HA



7;6





làm vectơ pháp
tuyến.

Vậy phương trình đường thẳng BC là 7



x1



6



y3



0 hay
7x6y11 0.

Điểm C là giao của hai đường thẳngBCvà AC, nên toạ độ C thoả
mãn hệ

7 6 11 0 1

2 3 0 2

x y

C
x y

  

  

 

  

    



</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy toạ độ 3 điểm cần tìm làA(7;5),B



1; 3



và

1
2;

C 

 .
6

(2,0
điểm)

a) (1 điểm).

Đường tròn (C) nhận trung điểm của MN là tâm và bán kính 2

MN

R

. 0,5
Ta có: trung điểm của MN là O



0;0



, bán kính









2
1

2 2 2 2 2 2

R     
.

Vậy phương trình đường trịn (C) là x2y2 8.

0,5

b) (1 điểm).

F1 F2

N(-2;2)

M(2;-2)
O

-4

(Thí sinh khơng nhất thiết phải vẽ hình)
Gọi phương trình chính tắc của elip (E) là

2 2

2 2 1 (1)

x y

a b  , 
với điều kiện a b 0.
Theo bài ra ta có: 2a 8 a4 (2)

0,5

Vì O là tâm của (C), O thuộc Ox, nên giao của (C) và trục Ox là 2
điểm tạo thành một đường kính của (C), theo giả thiết cũng là hai tiêu
điểm của elip (E).

Suy ra tiêu cự của elip (E) 2c2R c R 2 2.
Khi đó b a2 c2 2 2 (3)
Từ (1), (2) và (3), phương trình chính tắc của elip (E) là

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2 2

1
16 8

x y

 

(Thí sinh có thể tìm hai giao điểm có toạ độ là



2 2;0



 c2 2)
7

(1,0
điểm)

Vì x 1 nên có thể đặt xcos ,t t



0;



và bất đẳng thức được viết thành:









2015 2015 2015

1 cos t  1 cos t 2

2015 4030 4030 2015

2 cos sin 2 .

2 2

t t

 

   

 

0,5

 

4030 4030

cos sin 1 *

2 2

t t

  

Bởi vì 0 2 2
t 
 

nên 0 sin ; os2 2 1
t t

c

 

Vậy

2015 2015

4030 2 2 4030 2 2

cos cos cos ;sin sin sin

2 2 2 2 2 2

t  t  t t  t  t

     

   

4030 4030 2 2

cos sin cos sin 1

2 2 2 2

t t t t

    

Hay (*) đúng, suy ra bài toán được chứng minh.
Cách khác (mới bổ sung)

Vì



 











2014 2014 2014

1 2 1 ; 1 2 1 ; 1 2

x     x  x   x  x 



1 x



2015



1 x



2015 22014(1 x 1 x) 22015

         

đpcm.

</div>

Đề thi HK2 khối 10





<sub></sub>

<sub></sub>









 

 

































































<b>b) (1 điểm).</b>









































<b>a) (1 điểm).</b>













<b>b) (1 điểm). </b>















