Đề thi học kỳ 2 Toán 10 năm 2017 – 2018 trường THPT Chu Văn An – Hà Nội

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vuông ABCD có tâm.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

Môn: TOÁN - Lớp 10 Buổi thi: Chiều ngày 26 tháng 04 năm 2018

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho bất phương trình m2x22mx   (với m là tham số) 1 0

a) Giải bất phương trình khi m 2

b) Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x 

Câu 2 (2,5 điểm) Giải các bất phương trình và phương trình sau

a) x2 x x21 ;

b) 2x  x2 6x  5 8;

c) x 2 4 x 2x25x 1

Câu 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng :,  x2y  và điểm 7 0

 2; 4

a) Viết phương trình của đường thẳng d đi qua Ivà song song với đường thẳng 

b) Viết phương trình đường tròn có tâm Ivà tiếp xúc với đường thẳng 

c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho ( , ) d M   5

Câu 4 (2,0 điểm)

a) Cho sin 2, ;



    Tính cos4.

 

b) Chứng minh rằng tan 1 sin 2 ,

x x

x

   

  với giả thiết các biểu thức có nghĩa

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vuông ABCD có tâm I Gọi M là điểm đối xứng của D qua C Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của C và D trên đường thẳng AM Biết K 1;1 , đỉnh B thuộc đường thẳng d: 5x3y10 0 và đường thẳng HI có

phương trình 3x y   Tìm tọa độ đỉnh 1 0 B

- 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:………….…

ĐỀ SỐ 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ 1 – LỚP 10 – Năm học 2017 -2018

1.1

1

2

x

Vậy, tập nghiệm \ 1

2

 

 

1.2

4

2

m   , bpt nghiệm đúng với x  

m

m m

 

0.75

2.1

(1 đ) 2 2  2  2 2 2

1 x 2x2 x 1 0

1 2

2.2

(1 đ)

 

2 2

2 2

6 5 0

   



    



 

2

x x

  



 



23

0, 25 1 3 0, 25 5

3 4

x x

x x

x

 





 











1

2.3

  

   

2

2

3 0

2 1 0 *

x

x

 







ĐK: 2  x 4

0,25

Lập luận để với  x  2; 4 thì 1 1 2 1 0

Nên pt (*) vô nghiệm và pt có nghiệm duy nhất x 3

0.25

3.1

(1 đ)  có VTPT n 1; 2 VTCPu2;1 0,25

||

d   d có VTCPud2;1, mà (2;4)I   0,25 PTTS của d: 2 2

4

 



  

0.5

3.2

(1 đ) (C) tiếp xúc  R d I( , ) (0,25) 3

5

R

  (0,25)

Phương trình (C) :   2 2 9

5

x  y  (0,5)

1.0

3.3

(0,5 đ) Gọi M0;y o 

5

o

y

0,25

 

 

0;6 6

o o

M y







Câu 4

4.1

(1 đ)

2





0,5

 

 

cos cos cos sin sin 0, 25

10 2 2

0, 25 6



 

0,5

4.2

(1 đ) 1 2sin s2 2 0, 25 (c s sin )2 (0.25) sx sin x (0, 25);

1 tan x sx sin x

4 1 tan x os sin

VP

co x



1,0

Câu 5

(1 đ)

I

C

H K

Q

+ Gọi Q KI DH, chứng minh được

tứ giác KBHQ là hình vuông (0,25) + Do I là trung điểm của KQ nên ( , ) 2 ( , ) 10

+ Gọi 10 3 ,

5

t

B  t d

  , từ đó giải phương trình ( ;d B IH) 10 tìm được

17 15

4 4 4

;

B t









(0,25)

+ Do K và B nằm cùng phía đối với đường thẳng HI nên 17; 15

4 4

  0,25)