DE THI THANG LAN 4 MON TOAN 10 KHOI AA1B NAM 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>. ĐỀ THI THÁNG LẦN 4. SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN. NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN LỚP 10 THPT ĐỀ DÀNH CHO KHỐI: A, A1, B Thời gian làm bài: 120 phút. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang). Họ, tên thí sinh: ........................................................................ Số báo danh: ................................................ Họ và tên; Chữ kí của giám thị : .................................................................................................................... PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (1,25 điểm). Giải bất phương trình ( x 2 − 3x ) x − 1 ≥ 0 . Câu 2 (1,25 điểm). Rút gọn biểu thức 2013π  π  A = 3 cos  x +  + tan ( x + π ) sin  − x  + 2 sin ( 2013π − x ) . 2  2   2 2 x − 3xy + 2y = 0. Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình  .  x - y + x + y = 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 x − 1 + x + 1 = 10 − 10x − 6 x 2 − 1 . Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 2 . Đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông 1 ABCD. M là trung điểm cạnh BC, N là một điểm trên đoạn CD sao cho DN= CD. Đường thẳng MN cắt 4 đường tròn (C) tại hai điểm E,F . Tính độ dài đoạn thẳng EF. Cõu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực d−ơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn: a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:. a + b2 b + c2 c + a2 + + ≥ 2. b +c c +a a +b PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD=2AB và D(4 ;-2), d có phương trình x − 2 y − 2 = 0 là đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và BC. a) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm D trên đường thẳng d. b) Viết phương trình đường tròn tâm C và đi qua D. Câu 8a (1,0 điểm). Tìm m để phương trình x 2 − 2 x + 3 x − 1 − m = 0 có nghiệm. B. Theo chương trình Nâng cao x 2 y2 + =1 25 9 a) Tìm tọa độ điểm M trên (E) sao cho 2MF1 − 3MF2=7 (Với Fl và F2 là các tiêu điểm lần lượt nằm bên trái và bên phải của trục Oy). b) Tìm điểm A, B trên (E) sao cho A, B đối xứng nhau qua trục Oy và tam giác OAB có diện tích lớn nhất với yA > 0 , yB > 0 .. Câu 7b (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip (E) :. Câu 8b (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình x 2 − 2x + 2m − 1 ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [ −1; 2 ] . ___Hết____ Thí sinh không được sử dụng tài liệu..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM. NĂM HỌC 2013 - 2014. ĐỀ THI THÁNG LẦN 4- TOÁN 10 ( KHỐI A,A1,B). (Bản chính thức). Câu. Đáp án. Điểm. 1 ĐK: x ≥ 1 1,25đ TH1: x-1=0 ⇔ x=1. 0.25 0.25. x > 1 x −1 > 0  TH2:  2 ⇔  x ≤ 0 ⇔ x ≥ 3  x − 3x ≥ 0  x ≥ 3 . 0.5. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [3; +∞ ) ∪ {1}. 0.25. 2 π 1,25đ ĐK : cos(x + π) ≠ 0 ⇔ x ≠ − 2 + k π ( k ∈ ℤ ). 3 1.5đ. 0,25. π  A = 3cos  x + 1006π +  + tan xcosx + 2sin ( 2012π + π - x ) 2  π π = 3sin  - x -  + tan x.cos x + 2sin x 2 2 = -3sin x + sin x + 2sin x = 0 2 x − 3xy + 2 y 2 = 0 ⇔ ( x − y )( x − 2 y ) = 0. 0,5 0,25. 0,25 0.25. TH1: x = y ⇒ 2 x = 2 ⇔ x = 2 ⇒ hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 2;2 ) TH2: x = 2 y ⇒. 0.5. (. y + 3 y = 2 ⇔ y = 4 − 2 3 ⇒ hệ có nghiệm ( x; y ) = 8 − 4 3; 4 − 2 3. ). KL nghiệm. 4 1,0đ. 0,25. ĐK: x ≥ 1 0.25. t = 1 Đặt t = 3 x − 1 + x + 1(t ≥ 0) ⇒ t 2 = 10 x − 8 + 6 x 2 − 1 ⇒ t 2 + t − 2 = 0 ⇔  t = −2 (loai ) 9 − 10 x ≥ 0 t = 1 ⇒ 3 x − 1 + x + 1 = 1 ⇔ 6 x 2 − 1 = 9 − 10 x ⇔  (vô nghiệm) 2 2 36 x − 1 = 81 − 180 x + 100 x PT vô nghiệm Chọn hê trục tọa độ Oxy ( hình vẽ) D(0;0) A(0;2) C(2;0) 1 Suy ra M(2;1) , N( ;0) Gọi I là đường tròn (C) ta có I(1;1) và IA= 2 2. 0.25.  −3  MN =  ;1 − 1 ≠ 0 ⇒ 1 vtpt n ( 2; −3) ⇒ pt MN : 2 x − 3 y − 1 = 0  2 . 0.25. (. 5 1,0 đ. 0.5. d ( I , MN ) =. 2.1 − 3.1 − 1 2 2 + ( −3 ). 2. =. ). 2 . Họi H là chân đường vuông góc hạ từ I xuống MN thì H là 13. trung điểm EF ( t/c đường kính và dây cung) ⇒ EF=2EH mà 4 22 22 EH= IE 2 -IH 2 = 2 − = ⇒ EF=2 13 13 13. 0.25 0,25 0,25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . Câu 6 1,0 đ. Đáp án. Điểm 2. 2. 2. a b c b c a + + )+( + + ) = A+ B b+c c+a a+b b+c c+a a+b 1 1 1   1 A + 3 = [ (a + b) + (b + c) + (c + a )]  + +  2 a +b b + c c + a. Ta cã :VT = (. 1 1 1 1 9 ≥ 3 3 (a + b)(b + c)(c + a )3 3 = 2 a+b b+c c+a 2 3 ⇒ A≥ 2 a2 b2 c2 12 = (a + b + c) 2 ≤ ( + + )(a + b + b + c + c + a ) a+b b+c c+a 1 ⇔ 1 ≤ B.2 ⇔ B ≥ 2 3 1 2 2 a) (1điểm) Phương trình DH: 2x+y-6=0. Từ đó tacó VT ≥ + = 2 = VP Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3 7a (2 đ). 14  x =  2 x + y − 6 = 0 5 H(x;y) ⇒ ( x;y) là nghiệm hệ phương trình  ⇔ x − 2 y − 2 = 0 y = 2  5  14 2  Vậy H  ;   5 5 b)(1 điểm )Gọi K là hình chiếu vuông góc của D lên AC. K(x;y) 16  x = 2   −6 12  5 DK ( x − 4; y + 2 ) ; DH  ;  ; DK = DH ⇒  3  5 5  y = −2  5. Phương trình AC: x-2y-4=0 16 . Tam giác ACD vuông tại D có DK là đường cao nên 5 1 1 1 1 5 = + ⇔ = ⇒ DC 2 = 4 ⇒ CD = 2 2 2 2 2 2 DK DA DC DK 4 DC 16  x=   x − 2 y − 4 = 0 x = 4   5 D (x;y) ⇒  ⇒ và  2 2 ( x − 4 ) + ( y + 2 ) = 4  y = 0 y = − 4  5 ⇒ KL : phương trình đường tròn tâm C và đi qua D đúng x 2 − 2 x + 3 x − 1 − m = 0 (1) t = x − 1 ( t ≥ 0 ) ⇒ t 2 + 3t − m − 1 = 0 ⇔ t 2 + 3t = m + 1 (2). 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.5. 0,25. 0,25. 0.25. 0,25. Có DK 2 =. 8a (1 đ). Đặt y = t 2 + 3t (P) và y = m + 1 (d) (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔ (P) cắt d tại ít nhất một điểm trên phần đồ thị ứng với x ∈ [ 0; +∞ ) .. 0,25 0,25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . Câu. Đáp án. Lập bảng biến thiên của y = t + 3t trên [ 0; +∞ ) và KL: m+1 ≥ 0 ⇔ m ≥ −1. Điểm. 2. 7b 2,0đ. a) (1 điểm) Từ ptxt của (E) ta có a=5, b=3 và c 2 = a 2 − b 2 = 16 ⇒ c = 4 Giả sử M(x;y). Vì M thuộc (E) nên áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu của điểm M ta có 4   4   2 MF1 − 3MF2 = 7 ⇔ 2  5 + x  − 3  5 − x  = 7 ⇔ 4 x = 12 ⇔ x = 3 5   5   2. 2. 2. x y y 9 y 16 144 12 + =1⇒ = 1− ⇔ = ⇔ y2 = ⇔ y=± 25 9 9 25 9 25 25 5 12   12   Vậy chỉ có 2 điểm M thỏa mãn ycbt là M  3;  ; M  3; −  5  5  Không mất tính tổng quát ta giả sử A ( x; y ) ( x > 0; y > 0) ⇒ B ( − x; y ) 1 SOAB = OH . AB ( H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống AB) 2 1 = y.2 x = xy 2 Vì. ⇒ xy ≤. 8b 1,0đ. 0,25. 0,25. 2. Mà M thuộc (E) nên. A ∈ (E) ⇒. 0.5. 0,25 0,25. 0,25. x2 y 2 x2 y 2 2 2 + =1≥ 2 . = xy = xy 25 9 25 9 15 15. 15 2. 0,25.   x2 y 2  x2 1 5 2 + = 1 x =  25 9  25 = 2  2 Dấu bằng xảy ra ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ ( x > 0, y > 0 ) 2 x = y y = 1 y = 3 2  25 9  9 2  2  5 2 3 2   5 2 3 2   5 2 3 2   5 2 3 2   , B −  hoac A−  , B   Vậy A ; ; ; ;    2 2   2 2  2 2 2     2. 0,25. [ −1; 2] đúng. 0,75. Lập bảng biến thiên của hàm số y = x 2 − 2x + 2m − 1 trên Kết luận : ycbt thỏa mãn ⇔ 2m − 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ 1. (Chú ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm. Nếu học sinh giải theo cách khác mà lập luận đúng và đáp số đúng thì giáo viên chấm cho điểm tương ứng).. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>