Đề thi học kì 2 môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc ôn thi sẽ trở nên dễ dàng hơn khi các em có trong tay Đề thi học kì 2 môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh được chia sẻ trên đây. Tham gia giải đề thi để rút ra kinh nghiệm học tập tốt nhất cho bản thân cũng như củng cố thêm kiến thức để tự tin bước vào kì thi chính thức các em nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 2 môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

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