SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
ĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC 2017-2018
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Môn: TOÁN - Lớp 10
Buổi thi: Chiều ngày 26 tháng 04 năm 2018 ĐỀ SỐ 1
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
2 x  2mx 1  0 (với m là tham số).
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) 2 2
x  x  x 1 ; b) 2
2x  x  6x  5  8; c) 2
x  2  4  x  2x  5x 1.
Câu 3 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : x  2y  7  0 và điểm I 2;4.
a) Viết phương trình của đường thẳng d đi qua I và song song với đường thẳng . 
b) Viết phương trình đường tròn có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng . 
c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho d (M , )  5.
Câu 4 (2,0 điểm). 2      
a) Cho sin  ,   ; .   Tính cos   .   3  2   4     1 sin 2x
b) Chứng minh rằng tan   x 
, với giả thiết các biểu thức có nghĩa.  4  cos 2x
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 1  0. Tìm tọa độ đỉnh . 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:………….…...
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ 1 – LỚP 10 – Năm học 2017 -2018 Nội dung Điểm Câu 1 2 1.1 m = 2 2
 4x  4x 1  0 0,25 (1 đ) 1 0,5  x  2 1  0,25
Vậy, tập nghiệm S   \   2 1.2 1  0.25 (1 đ) m  2
  4x 1  0  x  .Loai 4 m  2
 , bpt nghiệm đúng với x    0.75 a  0     m  2  0 m  2  0, 25     0,25  1
  m  20,25 2   0
m  m  2  0  1   m  2 Câu 2 2,5 2.1
x  x  x   x  x2  x  2 2 2 2 2 1 1 0.25 (1 đ)    x 2 1 2x  x   1  0 0.25 1   0,5 x  2 2.2 2
x  6x 5  0 1 (1 đ)  2
x  6x  5  8  2x  8   2x  0 0,25 
x  6x  5   8 2x2 2 1   x  5 1   x  5  23   x   x  4 0,25   
5 0, 25  1  x  30, 25   2 5 
 x  38x  69  0 x  3  x  4 2.3 2
x  2  4  x  2x  5x 1 0,25
(0,5 đ)   x  2  
1   4  x   2
1  2x  5x  3 x  3 3  x  
 x 32x  
1  0 ĐK: 2  x  4 x  2 1 4  x 1     x   1 1 3    2x  1  0   x  2 1 4  x 1  x  3  0   1 1    2x   1  0*  x  2 1 4  x 1 1 1 0.25
Lập luận để với x  2;4 thì   2x   1  0 x  2 1 4  x  1
Nên pt (*) vô nghiệm và pt có nghiệm duy nhất x  3 Câu 3 2,5   3.1
 có VTPT n 1;2 VTCPu  0,25    2;  1 (1 đ) 
d ||   d có VTCPu  2;  
1 , mà I (2;4)   0,25 d
x  2  2t 0.5 PTTS của d:  y  4  t 3.2 3 1.0 (1 đ)
(C) tiếp xúc   R  d(I, ) (0,25)  R  (0,25) 5
Phương trình (C) :  x  2   y  2 9 2 4  (0,5) 5 3.3
Gọi M 0; y   0,25 o  . (0,5 đ) 2y  7
d (M , )  5 o   5 5  y  6 M 0,25 o 0;6     y  1  M o  0;  1 Câu 4 2 (2 đ) 4.1    0,5 (1 đ)   ;  cos  0    2  5  5 2 2
cos   1 sin   0,25  cos  0,25 9 3      0,5 cos    cos cos  sin sin   0,25  4  4 4 10  2 2   0,25 6 4.2 2 1 2sin . x c s o x (c s o x  sin x) c sx o  sin x 1,0 (1 đ) VP  0, 25  (0.25)  (0, 25); 2 2   cos x  sin x
(cos x  sin x)(c os x  sin x)
c os x  sin x    1 tan x s co x  sin x tan  x   (0, 25)    4
 1 tan x c os x  sin x Câu 5 (1 đ)
+ Gọi Q  KI  DH , chứng minh được A B K
tứ giác KBHQ là hình vuông. (0,25)
+ Do I là trung điểm của KQ nên H
d (B, IH )  2d (K, IH )  10. (0,25) I 10  3t  + Gọi B
,t  d , từ đó giải Q   M  5  D C
phương trình d (B; IH )  10 tìm được  15   17 1  5  t  B ;     4  4 4     (0,25) 85    43  85 t   B ; 4       4 4 
+ Do K và B nằm cùng phía đối với 17 15  
đường thẳng HI nên B ;   . 0,25)  4 4 