Câu 1. (2 điểm) Cho hệ bất phương trình 2 5 1 8 4 2 2 1 0 x x x mx m − < − − + − ≤ (1) a. Giải hệ (1) với 3m = b. Tìm m để hệ (1) có nghiệm. Câu 2. (2 điểm) a. Giải bất phương trình 4 11 1 1 x x x − > + + . b. Giải hệ 2 2 2 4 6 2 7 3 8 x y xy x x y + + = − − = − Câu 3. (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABC∆ có (1;2),B phân giác trong ∆ của góc A có phương trình 2 1 0x y+ − = . a. Lập phương trình đường tròn (C) tâm O và đi qua B. b. Tìm tọa độ điểm M đối xứng B qua ∆ . c. Biết C Oy∈ và khoảng cách từ C đến ∆ bằng hai lần khoảng cách từ B đến ∆ . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC. Câu 4. (2 điểm) a. Cho 12 sin 13 α = và 0 2 π α < < . Tính os 6 c π α + ÷ . b. Tính giá trị biểu thức 3 5 os cos cos 7 7 7 A c π π π = + + . Câu 5. (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm dương ( ) 2 2 1 4 3 1 0 2 x x m m− − − + − = . Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI KHỐI NĂM 2008 -2009 Tổ Toán Môn thi: Toán 10 Thời gian làm bài: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10 NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1. a. (1 điểm) Với 3m = thì (1) có dạng 2 5 1 8 4 1 6 5 0 1 5 x x x x x x − < − > ⇔ − + ≤ ≤ ≤ 0,5 1 5x⇔ < ≤ . Vậy hệ (1) có tập nghiệm là ( ] 1;5S = . 0,5 b. (1 điểm) - BPT đầu của hệ (1) luôn có nghiệm 1x > . Xét BPT thứ hai, vế trái luôn có 2 nghiệm là 1 và 2 1m − . 0,5 - Tập nghiệm của BPT thứ hai có dạng 2 1; 1m − hoặc 1; 2 1m − . Do đó hệ (1) có nghiệm 2 1 1 1m m⇔ − > ⇔ > . 0,5 Câu 2. a. (1 điểm) Đặt 1, 0t x t= + > ta có BPT: 2 2 2 4 1 11 12 4 1 0 t t t t t − − > ⇔ − − < 0,5 1 0 2 t⇔ < < hay 1 3 1 1 2 4 x x+ < ⇔ − < < − . Chú ý: TS có thể đặt ĐKXĐ rồi quy đồng đưa về giải BPT 4 1 12 11x x+ > + 0,5 b. (1 điểm) Hệ đã cho tương đương với 2 2 2 4 6 (1) 4 14 6 16 (2) x y xy x x y + + = − − = − Cộng (1) và (2) ta được 2 2 5 14 4 6 10 0x y x xy y+ − + − + = 2 2 2 ( 2 1) (4 9 4 6 12 ) 0x x x y xy y x⇔ − + + + + + − − = 2 2 ( 1) (2 3) 0x x y⇔ − + + − = 0,5 1 0 1 . 2 3 0 1 x x x y y − = = ⇔ ⇔ + − = = Thử lại vào hệ thỏa mãn. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1) . 0,5 Câu 3. a. (1 điểm) PT đường tròn có tâm là gốc tọa độ O có dạng: 2 2 2 x y R+ = (C). (1;2)B ∈ (C) 2 5R⇔ = . Vậy PT đường tròn cần lập là 2 2 5.x y+ = 1,0 b. (1 điểm) Gọi d là đường thẳng qua B và vuông góc với ∆ thì d : 2 3 0x y− + = Gọi H là hình chiếu của B trên ∆ thì tọa độ của H là nghiệm của hệ 2 1 0 2 3 0 x y x y + − = − + = 0,5 1 1 7 5 ; . 7 5 5 5 x H y = − ⇔ ⇔ − ÷ = Từ H là trung điểm của MB suy ra 7 4 ; 5 5 M − ÷ . 0,5 c. (1 điểm) Gọi I là hình chiếu của C lên ∆ . Từ giả thiết 6 5 2 2 2 ( , ) 5 CI BH MH d B= = = ∆ = . (0; )C Oy C c∈ ⇒ 1 6 5 7 5 5 c CI c − ⇒ = = ⇔ = hoặc 5c = − (0;7)C⇒ hoặc (0; 5)C − 0,5 0,5 Vì CI=2MH và CI // MH nên M là trung điểm của AC, do đó 14 27 (0;7) ; 5 5 C A ⇒ − − ÷ , 14 33 (0; 5) ; 5 5 C A − ⇒ − ÷ . Thử lại chỉ có 14 33 ; 5 5 A − ∈∆ ÷ . Vậy ( ) 14 33 ; , 0; 5 5 5 A C − − ÷ Câu 4 a. (1 điểm) Do 0 2 π α < < nên 2 144 5 os 0 os 1 sin 1 169 13 c c α α α > ⇒ = − = − = 0,5 Ta có 5 3 12 1 5 3 12 os cos cos sin sin . . 6 6 6 13 2 13 2 26 c π π π α α α − + = − = − = ÷ 0,5 b. (1điểm) Nhân 2 vế với 2sin 7 π ta được 3 5 2sin 2sin os 2sin cos 2sin cos 7 7 7 7 7 7 7 2 4 2 6 4 sin sin sin sin sin 7 7 7 7 7 A c π π π π π π π π π π π π = + + = + − + − 0,5 6 sin sin sin 7 7 7 π π π π = = − = ÷ 1 2 A⇒ = Chú ý: TS có thể giải câu này bằng cách khác. 0,5 Câu 5. (1điểm) PT đã cho tương tương với 2 2 4 2 6 2x x m m− = + − + Đặt 2 4 , 0y x y= − ≥ ta có hệ 2 2 2 4 2 6 2 x y y x m m + = = + − + Số nghiệm của PT đã cho là số giao điểm của đường thẳng 2 : 2 6 2y x m m∆ = + − + nửa trên Ox của đường tròn (C): 2 2 4x y+ = . 0,5 Gọi 1 ∆ là đường thẳng đi qua các giao điểm ( 2;0)− và (0;2) của (C) với Ox và Oy 1 : 2y x⇒ ∆ = + ; Gọi 2 ∆ là đường thẳng đi qua giao điểm (2;0) của (C) với Ox và song song với 1 ∆ 2 : 2y x⇒ ∆ = − . Dễ thấy ∆ ∥ 1 ∆ và 2 ∆ . Từ hình vẽ, PT đã cho có đúng một nghiệm dương khi và chỉ khi ( ] [ ) 2 2 2 6 2 2 0;1 2;3m m m− ≤ − + < ⇔ ∈ ∪ 0,5 Hết B H M A C I x 1 . Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI KHỐI NĂM 2008 -2 009 Tổ Toán Môn thi: Toán 10 Thời gian làm bài: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10 NỘI DUNG ĐIỂM Câu. nghiệm là ( ] 1;5S = . 0,5 b. (1 điểm) - BPT đầu của hệ (1) luôn có nghiệm 1x > . Xét BPT thứ hai, vế trái luôn có 2 nghiệm là 1 và 2 1m − . 0,5 - Tập nghiệm của BPT thứ hai có dạng 2. 2 2 4 6 (1) 4 14 6 16 (2) x y xy x x y + + = − − = − Cộng (1) và (2) ta được 2 2 5 14 4 6 10 0x y x xy y+ − + − + = 2 2 2 ( 2 1) (4 9 4 6 12 ) 0x x x y xy y x⇔ − + + + + + − − = 2 2 ( 1)