Đề thi giữa HK2 Toán 10 năm 2019 – 2020 trường THPT Lý Thái Tổ – Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ II
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn thi: TOÁN 10 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề).
Ngày kiểm tra: 13 tháng 5 năm 2020
Câu 1 (4,0 điểm). Giải các bất phương trình sau:
a) x(2x − 3) ≤ 3
− x(x −1) −1 b) 1 4 ≥ 2x −1 x − 3 c) 2
x − 2x − 3 > 2x − 3 d) 2
x + 3x + 2 < −x + 2
Câu 2 (1,5 điểm). Cho hàm số: 2
y = f (x) = 2x − mx + 3m − 2 và 2
y = g(x) = mx − 2x + 4m − 5.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f (x) ≥ g(x) x ∀ ∈ R .
Câu 3 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC với AB = 3; AC = 7;BC = 8 . Hãy tính diện tích tam giác
và các bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC.
Câu 4 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A( 1; − 2), B(3; ) 1 và đường x = 1+ t thẳng (d) : 
(t là tham số ) y = 2 + t
a) Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (d’) đi qua A và vuông góc với (d).
b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua (d).
c) Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho M cách B một khoảng bằng 5 .
Câu 5 (0,5 điểm). Giải phương trình 2
4x x + 3 + 2 2x −1 = 4x + 3x + 3 .
---------- 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 GD & ĐT BẮC NINH
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ II NĂM 2019 - 2020
Môn thi: TOÁN; Khối 10
(Đáp án – thang điểm gồm 03 trang) Câu Đáp án Điểm 1
Giải các bất phương trình sau:
(2,0 điểm) a) x(2x −3) ≤ 3
− x(x −1) −1
Biến đổi rút gọn đưa bpt về 2
5x − 6x +1 ≤ 0 0,5 1 ⇔ ≤ x ≤ 1 0,25 5 1 
Vậy nghiệm bpt là S  = ;1  0,25 5    b) 1 4 ≥ 2x −1 x − 3 1 4 7 − x +1 BPT ⇔ − ≥ 0 ⇔ ≥ 0 0,25 2x −1 x − 3
(2x −1)(x − 3) 7 − x +1 Đặt g(x) = .
(2x −1)(x − 3) 0,5
Lập bảng xét dấu g(x) 1   1 
Dựa vào bảng dấu kết luận bpt có tập nghiệm là: S  = ; −∞ ∪    ;3 0,25  7   2  c) 2
x − 2x − 3 > 2x − 3 2x − 3 < 0  (I) 2
x − 2x − 3 ≥ 0 BPT ⇔  0,25 2x − 3 ≥ 0  (II) 2 2
x − 2x −3 > (2x −3)  3 x <  2  (I) ⇔ x ≤ 1 − ⇔ x ≤ 1 − 0,25  3 x ≥  2  3 x ≥ (II) ⇔  2 ⇒ x ∈∅ 0,25  2 3
 x −10x +12 < 0(VN)
Kết luận nghiệm bpt là S = ( ; −∞ − ] 1 0,25 d) 2
x + 3x + 2 < −x + 2 (1)
* Nếu −x + 2 ≤ 0 ⇔ x ≥ 2 , bất phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25
* Nếu −x + 2 > 0 ⇔ x < 2 , ta có (1) 2
⇔ x − 2 < x + 3x + 2 < −x + 2 Trang 1/3 2
x + 4x < 0 ⇔  ⇔ 4 − < x < 0 2
x + 2x + 4 > 0 0,5
Kết hợp với điều kiện x < 2 suy ra 4 < x < 0 là nghiệm của bất phương trình
Vậy tập nghiệm BPT là: S = ( 4; − 0) 0,25
Lưu ý: Học sinh nếu học sinh thực hiện giải bất phương trình như sau thì vẫn cho điểm tối đa. 2
x + 4x < 0 (1) 2
⇔ x − 2 < x + 3x + 2 < −x + 2 ⇔  ⇔ 4 − < x < 0 2
x + 2x + 4 > 0
Vậy tập nghiệm BPT là: S = ( 4; − 0) 2 Cho hàm số: 2
y = f (x) = 2x − mx + 3m − 2 và 2
y = g(x) = mx − 2x + 4m − 5.
(1,5 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f (x) ≥ g(x) x ∀ ∈ R .
Ta có f (x) ≥ g(x) với x ∀ ∈ R 2 2
⇔ 2x − mx + 3m − 2 ≥ mx − 2x + 4m − 5, x ∀ ∈ R 0,5 2
⇔ (m − 2)x + (m − 2)x + m − 3 ≤ 0 (1), x ∀ ∈ R TH1: m = 2 , ta có 1
− ≤ 0 (luôn đúng) nên m = 2 (thỏa mãn) 0,25
TH2: m ≠ 2 , ta có (1) thỏa mãn với x
∀ ∈ R khi và chỉ khi m < 2 m 2 0  − < m ≤ 2  ⇔  ⇔ m < 2 0,5 2  (m 2) 4(m 2)(m 3) 0  ∆ = − − − − ≤  10 m ≥  3
Vậy m ≤ 2 là giá trị cần tìm. 0,25 }} 3
Cho tam giác ABC với AB = 3; AC = 7;BC = 8 . Hãy tính diện tích tam giác và
(1,5 điểm) các bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC. Tính được : 3 7 8 0,5 p + + =
; S = p( p − a)( p − b)( p − c) = 9(9 − 3)(9 − 7)(9 − 8) = 6 3 2 abc abc 3.7.8 7 3 S = ⇒ R = = = 0,5 4R 4S 4.6 3 3 S 6 3 2 3 S = . p r ⇒ r = = = 0,5 p 9 3 4
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A( 1; − 2), B(3; ) 1 và đường thẳng (2,5 điểm) x = 1+ t (d) : 
(t là tham số ) y = 2 + t
a) Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (d’) đi qua A và vuông góc với (d).
Lập phương trình (d’) qua A, (d’) vuông góc với (d) ta có phương trình (d’) là: x + y −1 = 0 1,0
b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua (d).
Gọi H = (d ') ∩ (d), tìm được H(0;1) 0,25
A’ đối xứng với A qua (d) khi và chỉ khi H là trung điểm AA’. 0,25 Trang 2/3
Tìm được A’(1;0). 0,25
c) Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho M cách B một khoảng bằng 5 .
Điểm M thuộc đường thẳng (d) ta có : M (1+ t;2 + t) 0,25
t = 0 ⇒ M (1;2) 2 2
MB = 5 ⇔ (t − 2) + (t +1) = 5 2
⇔ t − t = 0 ⇔  0,5
t = 1⇒ M (2;3) 5 Giải phương trình 2
4x x + 3 + 2 2x −1 = 4x + 3x + 3 . (0,5 điểm) Ta có: 2 1
4x x + 3 + 2 2x −1 = 4x + 3x + 3 (x ≥ ) 2 0,25 2 ⇔ 4x − 2.2 .
x x + 3 + 3+ x +1− 2 2x −1 + 2x −1 = 0 2 2
⇔ (2x − x + 3) + (1− 2x −1) = 0
2x − x + 3 = 0 ⇔  ⇔ x =1(tm) 1  − 2x −1 = 0 0,25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1 là nghiệm.
Chú ý: Các cách giải khác đáp án và đúng đều cho điểm tối đa. Trang 3/3
Document Outline

• ĐỀ TOÁN 10
  • Câu 1 (4,0 điểm). Giải các bất phương trình sau:
  • a)
  • b)
  • c)
  • d)
• ĐÁP ÁN TOÁN 10