Đề thi KSCL lần 2 môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Lý Thái Tổ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi KSCL lần 2 môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Lý Thái Tổ để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kì thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: Toán – Lớp 10 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng năm 2019 Câu I (3,0 điểm) Giải bất phương trình sau: 1) 1 x 2 2) 3x  7x   3x  3) 11x  41x  11  2x   x  3x  Câu II (2,0 điểm) 1) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  x  1 m x  3m  1 x  2m  m  4  có tập xác định    2) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  x  m  x  2m  hai điểm phân biệt A, B cho OA  OB  (với O gốc tọa độ) Câu III (1,0 điểm) Cho sin x        x   Tính cos 2x , cos x  2020       Câu IV (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A 4; 3, B 2;5,C 5; 4 1) Viết phương trình tổng quát đường thẳng BC Tính diện tích tam giác ABC 2) Viết phương trình đường tròn T  ngoại tiếp tam giác ABC 3) Tìm điểm M thuộc đường tròn T  cho ME  2MF đạt giá trị nhỏ nhất, với E 7;9, F 0; 8 , chu vi hình chữ nhật sở 12 Viết phương trình tắc E  Biết M điểm di động E  , tính giá trị Câu V (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip E  có tâm sai biểu thức P  MF12  MF22  5OM  3MF1.MF2 Câu VI (0,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với H , E , K chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B,C Gọi diện tích tam giác ABC HEK S ABC S HEK Biết S ABC  4S HEK , chứng minh ABC HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Câu i.1 (1,0 điểm) 3x 1 0 x 2 x 2 2x 3 HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán – Lớp 10 Lời giải sơ lược Vậy tập nghiệm bất phương trình S  2; 3 Điểm 0,5 0,5 I.2 (1,0 điểm)  x         3x  7x     Bất phương trình    x     3x  7x   3x        3x  10x      x      x   x    3    3 x      x     Vậy tập nghiệm bất phương trình S  2; 3       0,5 0,5 I.3 (1,0 điểm) 11x  41x  11    x  4(*) Điều kiện: 2x    x  3x    Khi đó, bất phương trình tương đương với 0,25 11x  41x  11  2x   x  3x   11x  41x  11  8x   x  3x   (2x  1)(x  3x  4)  10x  46x  19  (2x  1)(x  3x  4) 0,25  5(2x  9x  4)  (x  1)  (x  1)(2x  9x  4) 5 2x  9x  2x  9x  1  x 1 x 1 Đặt t  2x  9x  t  , bất phương trình trở thành x 1 t 0 5t   4t  5t  4t      t   0  t  2x  9x    2x  9x   x   2x  10x   x 1  15  15  x  2 0 0,25 0,5   15   Kết hợp với điều kiện (*) suy tập nghiệm bất phương trình S   4;    II(1,0 điểm) x  1 m x x  1 m x  3m  1 x  2m  m  4 có tập xác định   3m  1 x  2m  m  4  x    Hàm số y  2 2 0,25 *, Nếu g(x )  m 2x  3m  1 x  2m  m  khơng có nghiệm x  1 f (x )  x  1 m 2x  3m  1 x  2m  m  4 đổi dấu qua x  1   Khi ycbt không thỏa mãn     * Do x  m 2x  3m  x  2m  m  4   x   điều kiện cần g(1)  0,5 m   m  3m   2m  m    m  2m     m  3 2 Thử lại * Với m   f (x )  x  1(x  4x  3)  x  1 (x  3x  3)  m  ( không : thỏa mãn) 0,25 * Với m  3  f (x )  x  1(9x  8x  17)  x  1 (9x  x  17)  x  R 2 suy m  3 thỏa mãn Vậy giá trị cần tìm m  3 II(1,0 điểm) Xét phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị : x  m  1 x  2m   x  m  x  mx  m    0,25 (1)  Đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  x  m  x  2m  hai điểm phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt     m  4m   (luôn đúng) 0,25 Gọi A(x 1; x  m ), B(x ; x  m ) x 1, x nghiệm (1) Có OA  x 12  (x  m )2  2x 12  2mx  m  m  2m  0,25 OB  x 22  (x  m )2  2x 22  2mx  m  m  2m  m  Theo giả thiết OA  OB   m  2m    m  2m    m   Vậy giá trị cần tìm m  0; m  III(1,0 điểm) 0,25 3 Có cos 2x   sin x        25 Có   x    cos x  0,25 0,25  cos x  (l )   16  Mặt khác sin2 x  cos2 x   cos2 x   sin2 x         25 cos x   (t / m )            2020    cos x   673   cos x     cos x cos  sin x sin  cos x     3  3     3 3 4    5 10 IV.1 (1 điểm) Viết phương trình đường thẳng BC : x  7y  33  d (A, BC )   21  33 12  72  Gọi phương trình 0,5 50 1  2, BC   S ABC  d (A, BC ).BC  2.5  25 2 IV.2 (1 điểm) đường tròn T  ngoại tiếp tam giác ABC Gọi K điểm tia IE cho IK  0,5 x  y  2ax  2by  c  Do A, B,C  (T ) nên ta có 16   8a  6b  c   4  25  4a  10b  c   25  16  10a  8b  c   a    b   c  23  Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC T  x  y  2x  2y  23  IV.3 (0,5 điểm) Ta thấy IE  10  2IM 0,5 0,5 0,5 5  IE  K  ; 3   IM IK    , MIK chung IE IM MK IK  IKM  IME     ME  2MK ME IM Có 0,25 Khi đó, ME  2MF  2MK  2MF  2(MK  MF )  2KF  5 Dấu “= ” xảy M giao điểm đoạn FK T  Phương trình FK : 2x  y   x  y 2x  y      2 Tọa độ điểm M thỏa mãn  x  y  2x  2y  23  x   y  Vậy M (1; 6) điểm cần tìm 1  M (1; 6)(t / m ) 6 5  M (5; 2)(loai )  2 0,25 V (1,0 điểm) Gọi phương trình tắc (E ) : x y2   1(a  b  0) a b 0,25 a b    a  2b , a Mặt khác chu vi hình chữ nhật sở 12 nên 4(a  b)  12  a  b  Từ suy a  2; b  Vì E  có tâm sai x y2  1 Vậy phương trình tắc (E ) : x y2   1(a  b  0) , ta biến đổi kết Với M (x ; y )  (E ) : a b MO  MF1.MF2  a  b 0,25 P  MF12  MF 22  5OM  3MF1.MF2  MF1  MF2   5(MO  MF1.MF2 ) Khi 0,25 2 2 0,25  4a  5(a  b )  a  5b  9 VI(0,5 điểm) Đặt S = S ABC từ giả thiết suy A S EAK + S KBH + S HCE = S E S S S K ⇒ EAK + KBH + HCE = S S S AE AK sin A S EAK AE AK = = = A.cos A cos A cos= S AB AC sin A AB AC C B H BK BH sin B S KBH BK BH = = = B.cos B cos B cos= S AB.BC sin B BC AB S HCE CH CE.sin C CH CE cos= = = = C.cos C cos C S AC.BC sin C AC BC S EAK S KBH S HCE 3 + + =⇔ cos A + cos B + cos C = S S S 4 cos2 A  cos2 B  cos2 C    cos 2A   cos 2B  cos2 C   cos C  cos C cos(A  B )  cos2 (A  B )   cos2 (A  B )     C     cos C cos( A B )     2 cos C  cos(A  B )  sin (A  B )     sin(A  B )  A  B    ABC (đpcm) ▪ Chú ý: Các cách giải khác với đáp án điểm tối đa 0,25 0,25 ... đúng) 0 ,25 Gọi A(x 1; x  m ), B(x ; x  m ) x 1, x nghiệm (1) Có OA  x 12  (x  m )2  2x 12  2mx  m  m  2m  0 ,25 OB  x 22  (x  m )2  2x 22  2mx  m  m  2m  m  Theo giả thi t... DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Câu i.1 (1,0 điểm) 3x 1 0 x 2 x 2 2 x 3 HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN NĂM HỌC 20 18 - 20 19 Mơn: Tốn – Lớp 10 Lời giải sơ lược Vậy... 1 x  2m  m  4 có tập xác định   3m  1 x  2m  m  4  x    Hàm số y  2 2 0 ,25 *, Nếu g(x )  m 2x  3m  1 x  2m  m  khơng có nghiệm x  1 f (x )  x  1 m 2x  3m