de kiem tra hoc ki 2 lop 10 mon toan so gd dt nam dinh 1 (1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2017 -2018 Mơn: Tốn - Lớp: 10 THPT (Thời gian làm 90 phút) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm: 02 trang I Trắc nghiệm (2,0 điểm): Câu Tập nghiệm bất phương trình x  x  12  : A  ; 3   4;   C  ; 4   3;   B  Câu Tập nghiệm bất phương trình x 1  là: 2x B  1;2  A  1;2  C  ; 1   2;   Câu Có giá trị nguyên tham số m f (x )  x  (m  2)x  8m  nhận giá trị dương ? A 27 D  3;  B 28 D  1;2  để với x   , biểu thức D 26 C vô số Câu Cho bảng số liệu thống kê điểm kiểm tra tiết mơn Tốn 40 học sinh sau: Điểm 10 Cộng Số học sinh 18 40 Số trung vị (Me ) mốt (M0) bảng số liệu thống kê là: A Me = 8; M0= 40 B Me = 6; M0= 18 C Me = 6; M0= D.Me =7; M0=   3   x   cot  2  x   tan   x  có biểu thức rút gọn là: 2    Câu Biểu thức P  sin   x   cos  A P  sin x  B P  2sin x C P  D P  2cot x Câu Trong khai quật mộ cổ, nhà khảo cổ học tìm đĩa cổ hình trịn bị vỡ, nhà khảo cổ muốn khơi phục lại hình dạng đĩa Để xác định bán kính đĩa, nhà khảo cổ lấy điểm đĩa tiến hành đo đạc thu kết hình vẽ (AB= 4,3 cm; BC= 3,7 cm; CA= 7,5 cm) Bán kính đĩa (kết làm tròn tới hai chữ số sau dấu phẩy) A 5,73 cm B 6,01 cm C 5,85 cm D 4,57 cm Câu Phương trình tham số đường thẳng qua điểm A  3; 1 , B  6;  :  x  1  3t A   y  2t  x   3t B   y  1  t  x   3t C   y  6  t  x   3t D   y  1  t Câu Tìm tất giá trị tham số m để phương trình: x2  y  2(m  2) x  4my  19m   phương trình đường trịn A 1 -1 C m< -2 m> Trang 1/2 D m< m> II Tự luận (8,0 điểm): Câu (2,5 điểm) Giải bất phương trình sau: x  3x  a)  x 1 b) x  2017  2018 x Câu (1,5 điểm)     Tính giá trị biểu thức A  tan    Cho góc  thỏa mãn      sin  2  4 Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3;1), đường thẳng  : 3x  y   đường tròn (C): x  y  x  y   a) Tìm tọa độ tâm, tính bán kính đường trịn (C) Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng  b) Viết phương trình tổng quát đường thẳng d qua điểm A cắt đường tròn (C) hai điểm B, C cho BC  2 c) Tìm tọa độ điểm M ( x0 ; y0 ) nằm đường tròn (C) cho biểu thức T  x0  y0 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  x  x  x   x  2018 đoạn 0;2 HẾT - Họ tên học sinh: Số báo danh: Họ, tên, chữ ký giám thị: Trang 2/2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2017 -2018 Mơn: Tốn - Lớp: 10 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM ( Đáp án, biểu điểm gồm trang) I Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu cho 0,25 điểm Câu Đáp án D C A C B A B D II Tự luận (8,0 điểm): Đáp án Câu Câu 1.a x  3x  a Giải bất phương trình  (1) (1,25 x 1 điểm) ĐK x  VT (1) =0 x  x    x  1; x  Lập bảng xét dấu  x -1 + x  3x  + x 1 VT (1) + || - Điểm 0,25  + + + Tập nghiệm BPT là: T   ; 1  1;4  0,25 Câu 1.b b Giải bất phương trình x  2017  2018 x (1,25 +) Vì x  2017  x   Suy x  , hai vế dương nên bình phương điểm) vế 0,25 0,25 x  2017  2018 x  x  2017  2018 x Câu (1,5 điểm) 0,75  x2  0,25  x  1 x  0,25 Kết hợp x  , tập nghiệm BPT là: T  1;   0,25   Tính giá trị biểu thức Cho góc  thỏa mãn     sin  2   A  tan            +) Vì góc  thỏa mãn     nên   suy cos  2 0,25 +) Do sin  2    nên giá trị cos   sin 2 5  +) Do tan  2 0,5 0,25  Câu tan     +) Biểu thức A  tan        tan  2 1  +) Vậy biểu thức A  1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3;1), đường thẳng  : 3x  y   đường tròn (C): x  y  x  y   0,25 0,25 Câu 3.a a) Tìm tọa độ tâm, tính bán kính đường trịn (C) Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng  (1,0 điểm) a1.Tìm tọa độ tâm, tính bán kính đường trịn (C) 2 (C):   x  1   y    Tọa độ tâm I 1;  ; Bán kính R  0,25 a2 Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng  +) Gọi 1 tiếp tuyến đường trịn (C) Vì 1 song song với  nên 1 có phương trình dạng: 3x  y  D  0, D  + ) Vì 1 tiếp tuyến đường tròn (C) nên d ( I , 1 )  R  3.1  4.2  D 32  42 0,25 0,25   D  11   D  11  (thoả mãn) +) Có tiếp tuyến là: 3x  y  11   Câu 3.b b) Viết phương trình tổng quát củađường thẳng d qua điểm A cắt đường (1,0 tròn (C) hai điểm B, C cho BC  2 điểm) +) Đường thẳng d qua điểm A cắt đường tròn (C) hai điểm B, C cho BC  2 Nhận thấy BC  2  2R , suy tâm đường tròn I d  +) Đường thẳng d qua điểm A, I Suy VTCP d AI   2;1 hay 0,25 0,25  VTPT đường thẳng d n  1;  +) Phương trình đường thẳng d: 1( x  3)  2( y 1)  0,25 0,25 +) Vậy phương trình tổng quát đường thẳng d: x  y   0,25 Câu 3.c c) Tìm tọa độ điểm M ( x0 ; y0 ) đường tròn (C) cho biểu thức (1,0 T  x0  y0 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ điểm) +) Vì điểm M ( x0 ; y0 ) (C) nên ta có x0  y0  x0  y0   (*) Từ biểu thức T  x0  y0 suy y0  T  x0 Thế vào (*) ta được: x0  (T  x0 )  x0  4(T  x0 )    x0  2(1  T ) x0  T  4T   (**) 0,25 +) Vì cần tồn điểm M ( x0 ; y0 ) (C) nên phương trình (**) có nghiệm x0 , tức ' 2 là:   (1  T )  2(T  4T  3)   T  6T   1  T  0,25 ' Vậy: minT      x0   y0  1.Vậy tọa độ M ( x0 ; y0 ) (C) cần tìm 0,25 M (0;1) ' maxT      x0   y0  Vậy tọa độ M ( x0 ; y0 ) (C) cần tìm 0,25 M (2;3) Chú ý: +) Áp dụng BĐTBunhiacopxki (Nếu không chứng minh, trừ 0,25 điểm) 1( x0  1)  1( y0  2)  (12  12 )(( x0  1)  ( y0  2) )  từ suy 0,25 1  x0  y0  0,25 Vậy: minT  điểm M (0;1) 0,25 maxT  điểm M (2;3) 0,25 nhỏ Câu Tìm giá trị lớn giá trị (1,0 y  x  x  x   x  2018 đoạn 0;2 điểm) hàm số Đặt t  x  x  Khi y  2t  t  2014  f (t ) 0,25 Xét g ( x)  x  3x  , x0;2 Vì a   x   b   nên BBT hàm số g ( x)  x  3x  2a đoạn 0;2 x - g ( x)  + + 16 + Hay  g ( x)  16,  x   0; 2 Vậy  x   0; 2 t   2;  0,25 Suy ta tìm giá trị lớn giá trị f (t )  2t  t  2014 đoạn  2;  Vì a   t   đoạn  2;  t - f (t )  nhỏ hàm số b   nên BBT hàm số f (t )  2t  t  2014 2a 4 + + + 2050 2018  Vậy GTNN hàm số 2018  đạt t  hay x  GTLN hàm số 2050 đạt t  hay x  0,25 0,25 Chú ý: - Các cách giải mà sử dụng chương trình (tính đến thời điểm khảo sát) cho điểm tối đa theo câu, ý Biểu điểm chi tiết câu, ý chia theo bước giải tương đương; - Điểm tồn làm trịn tới 0,5 Ví dụ: 4,25 làm trịn 4,5 4,75 làm trịn 5,0 4,5 ghi điểm 4,5 5,0 ghi điểm 5,0 HẾT ...  20 17  20 18 x (1 ,25 +) Vì x  20 17  x   Suy x  , hai vế dương nên bình phương điểm) vế 0 ,25 0 ,25 x  20 17  20 18 x  x  20 17  20 18 x Câu (1, 5 điểm) 0,75  x2  0 ,25  x  ? ?1 x  0 ,25 ... chứng minh, trừ 0 ,25 điểm) 1( x0  1)  1( y0  2)  ( 12  12 )(( x0  1)  ( y0  2) )  từ suy 0 ,25 ? ?1  x0  y0  0 ,25 Vậy: minT  điểm M (0 ;1) 0 ,25 maxT  điểm M (2; 3) 0 ,25 nhỏ Câu Tìm giá... (1) (1 ,25 x ? ?1 điểm) ĐK x  VT (1) =0 x  x    x  ? ?1; x  Lập bảng xét dấu  x -1 + x  3x  + x ? ?1 VT (1) + || - Điểm 0 ,25  + + + Tập nghiệm BPT là: T   ; ? ?1? ??  ? ?1; 4  0 ,25 Câu 1. b