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

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

45
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

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

Lưu

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

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) 3x 2  7x  2  3x  1 3) 11x 2  41x  11  2 2x  1  x 2  3x  4 Câu II. (2,0 điểm) 1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x  1 m x2 3  3m  1 x 2  2m 2  m  4  có tập xác định là  . 2) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  x 2  m  1 x  2m  2 tại hai điểm   phân biệt A, B sao cho OA  OB  4 (với O là gốc tọa độ).     Câu III. (1,0 điểm) Cho sin x  3   x   .Tính cos 2x , cos x  2020  . 5  2   3   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 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  2MF đạt giá trị nhỏ nhất, với E 7;9, F 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 biểu thức P  MF12  MF22  5OM 2  3MF1.MF2 . Câu VI. (0,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với H , E , K lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B,C . Gọi diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là S ABC và S HEK . Biết rằng S ABC  4S 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) 1 3x 1 0 0,5 x 2 x 2 2x 3 0,5 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  2; 3 I.2. (1,0 điểm)   x  2      2 3x  7x  2  0    1 Bất phương trình   2  x  0,5 3x  7x  2  3x  1       2 3   3x  10x  3  0   x  2     x  1 x  1    3  3   1 2  x 3  x  3  0,5   3  1  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  2; 3      3  I.3. (1,0 điểm) 11x 2  41x  11  0  Điều kiện: 2x  1  0  x  4(*) 0,25  2 x  3x  4  0  Khi đó, bất phương trình tương đương với 11x 2  41x  11  2 2x  1  x 2  3x  4  11x 2  41x  11  8x  4  x 2  3x  4  4 (2x  1)(x 2  3x  4)  10x 2  46x  19  4 (2x  1)(x 2  3x  4) 0,25  5(2x 2  9x  4)  (x  1)  4 (x  1)(2x 2  9x  4) 2x 2  9x  4 2x 2  9x  4 5 1  4 x 1 x 1 2x 2  9x  4 Đặt t  t  0 , bất phương trình trở thành x 1 0,25 2 2 1 t 0 5t  1  4t  5t  4t  1  0    t  1  0  t  1 5 2x 2  9x  4 0  1  2x 2  9x  4  x  1  2x 2  10x  5  0 x 1 0,5 5  15 5  15  x  2 2
 5  15  Kết hợp với điều kiện (*) suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S   4;    2  II(1,0 điểm) Hàm số y  x  1 m x  3m  1 x  2m  m  4 có tập xác định là  . 2 3 2 2 0,25 x  1 m x 2 3  3m  1 x  2m  m  4  0 2 2  x   *, Nếu g(x )  m 2x 3  3m  1 x 2  2m 2  m  4 không có nghiệm x  1 thì f (x )  x  1 m 2x 3  3m  1 x 2  2m 2  m  4 đổi dấu khi qua x  1   Khi đó ycbt không được thỏa mãn 0,5     * Do đó x  1 m 2x 3  3m  1 x 2  2m 2  m  4  0  x   điều kiện cần là g(1)  0 m  1 m  3m  1  2m  m  4  0  m  2m  3  0    2 2 2 m  3 Thử lại * Với m  1  f (x )  x  1(x 3  4x 2  3)  x  1 (x 2  3x  3)  m  1 ( không 2 : thỏa mãn) 0,25 * Với m  3  f (x )  x  1(9x  8x  17)  x  1 (9x  x  17)  0 x  R 2 3 2 2 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 : x 2  m  1 x  2m  2  x  m  x 2  mx  m  2  0 (1) 0,25 Đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  x 2  m  1 x  2m  2 tại hai điểm   0,25 phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt    0  m 2  4m  8  0 (luôn đúng) Gọi A(x 1; x 1  m ), B(x 2 ; x 2  m ) ở đó x 1, x 2 là nghiệm của (1) Có OA  x 12  (x 1  m )2  2x 12  2mx 1  m 2  m 2  2m  4 0,25 OB  x 22  (x 2  m )2  2x 22  2mx 2  m 2  m 2  2m  4 m  0 Theo giả thiết OA  OB  4  m 2  2m  4  2  m 2  2m  0   m  2 0,25  Vậy giá trị cần tìm là m  0; m  2 III(1,0 điểm) 2 3 7 Có cos 2x  1  2 sin x  1  2    0,25 2  5  25  Có  x    cos x  0 0,25 2
   2 cos x  4 (l ) 3 16  Mặt khác sin2 x  cos2 x  1  cos2 x  1  sin2 x  1      5  5  25 cos x   4 (t / m )  5   2020          cos x    cos x   673   cos x     cos x cos  sin x sin   3   3   3   3 3  0,5 4 1 3 3 3 3 4  .  .  5 2 5 2 10 IV.1 (1 điểm) Viết phương trình đường thẳng BC : x  7y  33  0 0,5 4  21  33 50 1 1 d (A, BC )    5 2, BC  5 2  S ABC  d (A, BC ).BC  5 2.5 2  25 0,5 12  72 5 2 2 2 IV.2 (1 điểm) Gọi phương trình đường tròn T  ngoại tiếp tam giác ABC . là x 2  y 2  2ax  2by  c  0 Do A, B,C  (T ) nên ta có 16  9  8a  6b  c  0 0,5  4  25  4a  10b  c  0  25  16  10a  8b  c  0  a  1   b  1  0,5 c  23  Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là T  x 2  y 2  2x  2y  23  0 IV.3 (0,5 điểm) Ta thấy IE  10  2IM 1 5  Gọi K là điểm trên tia IE sao cho IK  IE  K  ; 3 4  2  IM IK 1  Có   , MIK chung 0,25 IE IM 2 MK IK 1  IKM  IME     ME  2MK ME IM 2 Khi đó, ME  2MF  2MK  2MF  2(MK  MF )  2KF  5 5 Dấu “= ” xảy ra M là giao điểm của đoạn FK và T  Phương trình FK : 2x  y  8  0 x 1   M (1; 6)(t / m ) 2x  y  8  0 y 6 0,25  Tọa độ điểm M thỏa mãn    x  y  2x  2y  23  0 x 2 2 5    M (5; 2)(loai ) y  2  Vậy M (1; 6) là điểm cần tìm.
V (1,0 điểm) x 2 y2 Gọi phương trình chính tắc của (E ) :   1(a  b  0) a b 0,25 2 2 3 a b 3 Vì E  có tâm sai bằng    a  2b , 2 a 2 Mặt khác chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng 12 nên 4(a  b)  12  a  b  3 Từ đó suy ra a  2; b  1 x 2 y2 0,25 Vậy phương trình chính tắc của (E ) :  1 4 1 x 2 y2 Với mọi M (x 0 ; y 0 )  (E ) :   1(a  b  0) , ta biến đổi được kết quả a b 0,25 MO 2  MF1.MF2  a 2  b 2 P  MF12  MF 22  5OM 2  3MF1.MF2  MF1  MF2   5(MO 2  MF1.MF2 ) 2 0,25 Khi đó 2 2 2 2 2  4a  5(a  b )  a  5b  9 VI(0,5 điểm) Đặt S = S ABC thì từ giả thiết suy ra A 3 S EAK + S KBH + S HCE = S E 4 S S S 3 ⇒ EAK + KBH + HCE = K S S S 4 1 AE. AK sin A S EAK 2 AE AK = = = . cos=A.cos A cos 2 A S 1 AB. AC sin A AB AC 2 C B H 1 0,25 BK .BH .sin B S KBH 2 BK BH = = = . cos=B.cos B cos 2 B S 1 AB.BC sin B BC AB 2 1 S HCE 2 CH .CE.sin C CH CE = = = . C.cos C cos 2 C cos= S 1 AC.BC sin C AC BC 2 S EAK S KBH S HCE 3 3 + + =⇔ cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = S S S 4 4 3 cos2 A  cos2 B  cos2 C   2  2 cos 2A  2  2 cos 2B  4 cos2 C  3 4  4 cos C  4 cos C . cos(A  B )  cos2 (A  B )  1  cos2 (A  B )  0 2   0,25 2   cos C  1 cos(A  B ) C     2  2 cos C  cos(A  B )  sin (A  B )  0   2  3 sin(A  B )  0 A  B    ABC đều (đpcm) ▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác với đáp án đều được điểm tối đa