Đề kiểm tra chất lượng Toán 10 năm 2018 – 2019 sở GDĐT Bắc Ninh

SỞ GD&ĐT BẮC NINH PHÒNG QUẢN LÝ CHẤT LƯỢNG ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CUỐI NĂM Năm học 2018 - 2019 Mơn: Tốn - Lớp 10 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,5 điểm) Giải phương trình bất phương trình: a) 3x   b) c)  x  x  1  1x Câu (2,0 điểm) Cho tam thức bậc hai f (x )  2x  (m  2)x  m  ẩn x , với m tham số a) Giải bất phương trình f (x )  m  1 b) Tìm m để giá trị nhỏ f (x )  đạt giá trị lớn Câu (1,5 điểm) Cho sin    với    Tính cos , cos 2, tan 2 Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(7;2), B(0; 4), C (3; 0) a) Viết phương trình đường thẳng BC b) Viết phương trình đường tròn (T ) tâm A tiếp xúc với BC c) Tìm điểm M đường tròn (T ) cho MB  MC  53 Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có diện tích a  b4 b4  c4 c4  a    6 6 a b b c c a HẾT Chứng minh SỞ GD&ĐT BẮC NINH PHỊNG QUẢN LÍ CHẤT LƯỢNG HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CUỐI NĂM NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN: Tốn – Lớp 10 Đáp án Câu 1.a Giải phương trình 3x    3x   3x       3x   1 1.b 1.c 1,0 x    x   1,0  x  x  x    x  x  x 1       x  x    x  (x  1)2      x 1     x   x    x  1    1,0 Giải bất phương trình 0,5 Giải phương trình  1x 1 4x  4 4   0 1x 1 x 1x Lưu ý: Học sinh trình bày sau x   1  x  4     x     4(1  x ) 1x x   Giải bất phương trình f (x )  m  1 Với m  1 bất phương trình f (x )  trở thành 2x  x    x  1 x  2.b 0,5 0,5 0,25 Từ bảng xét dấu suy nghiệm bất phương trình cho 2.a Điểm  x  0,25 1,0 1,0 Tìm m để giá trị nhỏ f (x )  đạt lớn 1,0  m   m  4m  20   Ta có f (x )  2x  (m  2)x  m   x  nên   2 m  4m  20 , x   Trên  tam thức f (x ) có giá trị nhỏ m  4m  20 m 2 , đạt x  m  4m  20 m  4m  20 Biến đổi Do đạt giá trị  2  (m  2)  2 8 lớn 2 m  2 Vậy m  2 giá trị cần tìm Tính cos , cos 2, tan 2 f (x )  Ta có cos2    sin2     9 0,5 0,5 1,5 0,25 Vì    2  nên cos   Ta có cos 2   sin2    0,25  9 0,5 sin 2  tan 2   cos 2 Viết phương trình đường thẳng BC sin 2  sin  cos   4.a 0,5 1,0 x y    4x  3y  12  4 Viết phương trình đường tròn (T ) tâm A tiếp xúc với BC Đường thẳng BC có phương trình 4.b Bán kính đường tròn (T ) r  d A, BC   4.7  3.2  12 42  (3)2  Đường tròn (T ) có phương trình (x  7)2  (y  2)2  4.c Gọi M x ; y  MB  MC  53  x  (y  4)  (x  3)  y  53 2 2  3x  4y  23  Tọa độ điểm M thỏa mãn  y  23  3x 3x  4y  23       2  23  3x  (x  7)  (y  2)       2  (x  7)       25x  314x  945  x  189 x    25     23  x y    y  2 y     25 189   Vậy M 5;2 M   25 ; 25  Chứng minh 1,0 0,5 0,5 Tìm điểm M đường tròn (T ) cho MB  MC  53 1,0 a  b4 b4  c4 c4  a    (1) 6 6 a b b c c a 1,0 0,5 0,5 1,0 Gọi ABC tam giác có diện tích S  cạnh BC  a,CA  b, AB  c Từ (a  b)(a  b )  suy a  b  ab(a  b ), dẫn tới a  b4 sin C sin C     sin C 6 ab ab sin C 2S a b Tương tự b4  c4 1   sin A, 6 bc b c c4  a4 1   sin B 6 ca c a 3 Bất đẳng thức (1) trở thành sin A  sin B  sin C  (2) AB AB AB Ta có sin A  sin B  sin , cos  sin 2  3C   3C   3C   sin C  sin  sin cos  sin , 6 0,25 0,25 0,25  3C   AB  sin  sin  3(A  B  C )   3(C  A  B)   3(A  B  C )     sin cos  sin  sin 12 12 12 nên sin A  sin B  sin C  sin  3  Bất đẳng thức (2) chứng minh Đẳng thức (2) xảy ABC tam giác Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh Đẳng thức (1) xảy a  b  c  0,25 Do sin A  sin B  sin C  sin Chú ý: Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Câu làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác tính điểm tối đa Với cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho Câu phần Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ Điểm toàn Câu tổng số điểm phần chấm, khơng làm tròn điểm