Đề thi khảo sát chất lượng lần 2 năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 10 - Trường THPT Lý Thái Tổ (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 
 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ NĂM HỌC 2018 - 2019 
 Môn thi: Toán – Lớp 10 
 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Ngày thi: 18 tháng 5 năm 2019 
 Câu I. (3,0 điểm) Giải các bất phương trình sau: 
 1
 1) 1 
 x 2
 2) 3xx2 72 31 x 
 3) 11x22 41 x 11 2 2 x 1 xx 3 4
 Câu II. (2,0 điểm) 
 1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y x 1 mx23 31 m x2 2 m 2 m 4
 có tập xác định là  . 
 2) Tìm m để đường thẳng y xm cắt đồ thị hàm số yx 2 m 1 x 22 m tại hai điểm 
 phân biệt AB, sao cho OA OB 4 (với O là gốc tọa độ). 
 3 2020 
 Câu III. (1,0 điểm) Cho sin x x .Tính cos 2xx , cos . 
 5 2 3 
 Câu IV. (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ABC 4; 3, 2;5, 5;4 . 
 1) Viết phương trình tổng quát của 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 sao cho ME 2 MF đạt giá trị nhỏ nhất, vớiEF 7; 9 , 0; 8 . 
 3
 Câu V. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip E có tâm sai bằng , chu vi hình chữ 
 2
 nhật cơ sở bằng 12. Viết phương trình chính tắc của E . Biết M là điểm di động trên E , tính giá trị của 
 22 2
 biểu thức P MF1 MF 25 OM 3. MF12 MF . 
 Câu VI. (0,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với HEK,, lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh ABC,, . 
 Gọi diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là S ABC và S HEK . Biết rằng SS ABC 4 HEK , 
 chứng minh ABC đều. 
 --------------------------HẾT-----------------------
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh:........................................................... Số báo danh:....................................... 
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM 
 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 
 NĂM HỌC 2018 - 2019 
 Môn: Toán – Lớp 10 
Câu Lời giải sơ lược Điểm 
i.1. (1,0 điểm) 
 13 x
 10 0,5 
 xx 22
 23x
 0,5 
 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 2; 3 
I.2. (1,0 điểm) 
 x 2
 2 
 3xx 7 20 1
 Bất phương trình x 0,5 
 3xx2 7 23 x 1 
 3
 3xx2 10 3 0
 x 2
 1
 1 x 
 x 
 3 3
 23 x
 1 0,5 
 x 3
 3
 
 1
 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  2; 3  
  3
I.3. (1,0 điểm) 
 2
 11xx 41 11 0
 Điều kiện: 2xx 1 0 4(*)
 0,25 
 xx2 3 40
 Khi đó, bất phương trình tương đương với 
 11x22 41 x 11 2 2 x 1 xx 3 4
 11x2 41 x 11 8 x 4 xx 22 3 4 4 (2 x 1)( xx 3 4)
 22
 10x 46 x 19 4 (2 x 1)( xx 3 4) 0,25 
 5(2xx22 9 4) ( x 1) 4 ( x 1)(2 xx 9 4)
 2xx22 94 2 xx 94
 5 14
 xx 11
 2xx2 94
 Đặt t t 0 , bất phương trình trở thành 
 x 1
 0,25 
 1
 5t22 14 ttt 5 4 10  t 1t 0 0t 1
 5
 2xx2 94
 0 12xx22 9 4 x 12 x 1050 x 
 x 1
 0,5 
 5 15 5 15
 x 
 22 
 5 15 
 Kết hợp với điều kiện (*) suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S 4; 
 2 
II(1,0 điểm) 
 23 2 2
 Hàm số y x 1 mx 31 m x 2 m m 4có tập xác định là  . 
 x 1 mx23 3 m 1 x2 2 m 2 m 40  x 0,25 
 
 *, Nếu gx() mx23 3 m 1 x2 2 m 2 m 4 không có nghiệm x 1 
 thì fx() x 1 mx23 3 m 1 x2 2 m 2 m 4 đổi dấu khi qua x 1
 Khi đó ycbt không được thỏa mãn 
 0,5 
 * Do đó x 1 mx23 3 m 1 x2 2 m 2 m 40  x là g( 1) 0
  điều kiện cần 
 m 1
 m22312 m mm 40 m 2 230 m 
 m 3
 Thử lại 
 2
 * Với m 1 fx ( ) x 1 ( x32 4 x 3) x 1 ( x2 3 x 3) m 1 ( không 
 :
 thỏa mãn) 0,25 
 2
 * Với m 3 fx ( ) x 1 (9 x32 8 x 17) x 1 (9 x2  x 17) 0 x R
 suy ra m 3 thỏa mãn. 
 Vậy giá trị cần tìm là m 3
II(1,0 điểm) 
 Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị : 
 22 0,25 
 x m 1 x 2 m 2 xm x mxm 2 0 (1) 
 Đường thẳng y xm cắt đồ thị hàm số yx 2 m 1 x 22 m tại hai điểm 
 0,25 
 phân biệt AB, (1) có hai nghiệm phân biệt 0 mm2 4 80 (luôn đúng) 
 Gọi Ax(11 ; x m ), Bx ( 22 ; x m ) ở đó xx12, là nghiệm của (1) 
 2 2 2 22
 Có OAx ( xm ) 2 x 2 mxmm 24 m 0,25 
 11 1 1 
 OBx 2 ( xm ) 2 2 x 2 2 mxmm 22 24 m 
 22 2 2
 m 0
 Theo giả thiết OA OB 4 m22 2 m 42m 2 m 0 
 m 2 0,25 
 Vậy giá trị cần tìm là mm 0; 2 
III(1,0 điểm) 
 2
 37 
 cos212sinxx 2 12 0,25 
 Có 
 5 25 
 Có x cosx 0 0,25 
 2 4
 2 cosxl ( )
 22 2 2 3 16 5
 Mặt khác sinxx cos 1 cos x 1sin x 1 
 5 25 4
 cosx ( tm / )
 5
 2020 
 cos x cos x 673 cos x cos xx cos sin sin 
 3 3 3 33 
 0,5 
 41 3 3 33 4
 .. 
 5 2 5 2 10
IV.1 (1 điểm) 
 Viết phương trình đường thẳng BC: x 7 y 33 0 0,5 
 4 21 33 50 1 1
 d(, A BC ) 52,BC 52 S ABC d(, A BC ). BC 52.52 25 0,5 
 1722 52 22
IV.2 (1 điểm) 
 Gọi phương trình đường tròn T ngoại tiếp tam giác ABC. là 
 x22 y 22 ax by c 0 
 Do ABC, , () T nên ta có 
 0,5 
 16 9 8a 6 bc 0
 4 25 4a 10 bc 0 
 25 16 10a 8 bc 0
 a 1
 b 1
 c 23 0,5 
 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là T xy22 2 xy 2 23 0
IV.3 (0,5 điểm) 
 Ta thấy IE 10 2 IM 
 15 
 Gọi K là điểm trên tia IE sao choIK IE K ;3 
 42 
 IM IK 1 
 Có , MIK chung 0,25 
 IE IM 2
 MK IK 1
 IKM IME ME 2 MK 
 ME IM 2
 Khi đó, ME 2222()255 MF MK MF MK MF KF 
 Dấu “= ” xảy ra M là giao điểm của đoạn FK và T 
 Phương trình FK:2 x y 8 0 
 x 1
 M(1; 6)( tm / )
 0,25 
 2xy 80 y 6
 Tọa độ điểm M thỏa mãn 22 
 xy 2 xy 2 23 0 x 5 
 M(5; 2)( loai )
 y 2
 Vậy M(1; 6) là điểm cần tìm. V (1,0 điểm) 
 xy22
 Gọi phương trình chính tắc của (E ) : 1(ab 0) 
 ab 0,25 
 33ab22 
 Vì E có tâm sai bằng ab2 , 
 22a 
 Mặt khác chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng 12 nên 4(ab ) 12 ab 3 
 Từ đó suy ra ab 2; 1 
 xy22 0,25 
 Vậy phương trình chính tắc của (E ): 1 
 41
 xy22
 Với mọi Mx(00 ; y ) ( E ) : 1(a b 0) , ta biến đổi được kết quả 
 ab 0,25 
 2 22
 MO MF12. MF a b 
 2 
 22 2 2
 P MF MF 5 OM 3 MF . MF MF MF 5( MO MF.) MF 0,25 
 Khi đó 1 2 12 1 2 12
 4a2 5( ab 22 ) a 2 5 b 2 9 
VI(0,5 điểm) 
 Đặt SS= thì từ giả thiết suy ra 
 ABC A
 3
 SSS++= S
 EAK KBH HCE 4 E
 SSS 3
 ⇒++=EAK KBH HCE K
 SSS4 
 1
 AE. AK sin A
 S AE AK
 EAK = 2 =. = cosAA .cos = cos2 A 
 1
 S AB. AC sin A AB AC
 2 C
 B H
 1 0,25 
 BK. BH .sin B
 S BK BH
 KBH = 2 =. = cosBB .cos = cos2 B 
 1
 S AB. BC sin B BC AB
 2
 1
 CH. CE .sin C
 S CH CE
 HCE = 2 =. = cosCC .cos= cos2 C
 1
 S AC. BC sin C AC BC
 2 
 SSS 33
 EAK++=⇔+ KBH HCE cos222ABC cos + cos = 
 SSS44
 3
 cos222ABC cos cos 2 2cos2 A 2 2cos2 B 4cos2 C 3
 4
 4cos2C 4cos.cos( C AB ) cos(22 AB ) 1 cos( AB ) 0
 0,25 
 1 
 2 
 2 cosC cos( AB ) C 
 2cosC cos( AB ) sin( AB ) 0 23 
 sin(AB ) 0 AB 
 ABC đều (đpcm) 
▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác với đáp án đều được điểm tối đa