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