Đề thi KSCL đầu năm môn Toán Lớp 10 - Trường THPT Nhã Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi KSCL đầu năm môn Toán Lớp 10 - Trường THPT Nhã Nam (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT NHÃ NAM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán lớp 11 (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 120 phút Câu I (2,0 điểm). Tìm tập xác định của các hàm số sau: 2 3x 1) y 1 2x 3x2 2) y x 1 . x2 4 Câu II (1,5 điểm). Cho f (x) x2 2mx 4m 3 ( với m là tham số) 1) Tìm các giá trị của tham số m để f (x) 0 , x R . 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình f (x) 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 thức P x2 x2 x x . 1 2 2 1 2 Câu III (2,0 điểm). 5 2 1) Cho sin . Tính giá trị của biểu thức A sin 2 cos . 13 2 1 cosx cos2x 2) Chứng minh: cot x x k , x +k2 , k Z . sin 2x sin x 3 Câu IV (1,5 điểm). Cho tam giác ABC có AB 10cm, AC 4cm, Aˆ 600. 1) Tính chu vi của tam giác ABC. 2) Tính tanC . Câu V (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H(5;5) là hình chiếu vuông góc của điểm A trên cạnh BC, đường phân giác trong góc A của tam giác ABC nằm trên đường thẳng d: x 7y 20 0 , đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác ABC đi qua điểm K(-10;5). Gọi E là điểm đối xứng với H qua đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm E và tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm B có tung độ dương. Câu VI (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 x 1 y 1 x 1 xy x, y R (2x 7xy) 3x 2 x 3xy 5 Câu VII (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3. Chứng minh rằng: a3 b3 c3 3 a bc b ca c ab 2 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: Số báo danh:
2. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Lưu ý khi chấm bài: Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng. Câu Điểm Điều kiện xác định: 1 2x 3x2 0 0.5 1 1 1 x 1; . Vậy TXĐ: D 1; 0.5 3 3 C x2 4 0 I Điều kiện xác định: 0.5 x 1 0 2 x 2 x 2 0.5 . Vậy TXĐ: D  1; \ 2 x 1 x 1 a 0 1 0 f (x) 0 , x R m 1;3 1 2 1.0 ' 0 m 4m 3 0 0.25 Điều kiện để pt có nghiệm x1, x2 là: m ;1 3; 1 2 5 5 C Khi đó: P x2 x2 x x x x x x 4m2 4m 3 II 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 Lập bbt của P với m ;1 3; ta được: 3 0.25 Min P = P(1)= đạt được tại m=1. 2 Ta có: 5 12 0.5 sin cos 13 2 13 1 2 2 5 12 12 24 Vậy A 2sin cos cos 2 C 13 13 13 169 0.5 III. 1 cosx cos2x 2cos2 x cos x 0.5 sin 2x sin x 2sin xcos x sin x 2 Ta có: cos x(2cos x 1) cot x x k , x +k2 , k Z 0.5 sin x(2cos x 1) 3 2 0 0.5 C 1 Ta có: BC 100 16 2.10.4.cos60 76 BC 76
3. IV Vậy chu vi tam giác ABC: 10 4 76 14 76 0.5 Kẻ đường cao BH, ta có: AH AB.cos600 5 Suy ra HC=5-4=1; BH AB.sin600 5 3 2 HB 0.25 tanC tan BACH 5 3 HC 0.25 27 11 Tìm được E ; 5 5 0.25 Chứng minh d là đường phân giác trong của HAAM Từ đó suy ra E AM Phương trình AM: 2x 11y 35 0 2x 11y 35 x 1 0.25 Tọa độ điểm A là nghiệm hệ: x 7y 20 y 3 C Phương trình BC: 2x y 15 0 V 13 2x 11y 35 x Tọa độ điểm M là nghiệm hệ: 2 2x y 15 y 2 2 2 2 t 9(l) Gọi B(t;15 2t) . Ta có: MA MB t 13t 36 0 t 4(tm) 0.5 Vậy A(1;3), B(4;7), C(9;-3). 2 2 2 x 1 y 1 x 1 xy x, y R (2x 7xy) 3x 2 x 3xy 5 1 x2 1 y2 1 xy + 1 x2 Điều kiện: 1 xy + 1 x2 0 (*) 1 x2 x2 y2 1 2xy x2 y2 2 1 xy 1 x2 1 x2 C 1 xy 1 1 x2 0 VI xy 1 0.25 Thỏa mãn (*). Thay vào (2) ta được: (2x 7)( 3x 2 x 3) 5 2x 7 2x 5 5 3x 2 5 x 3 0.25 4x2 28x 24 5 3x 2 3x 2 5 x 3 (x 9) 9 1 x 1 x 6 4 0 5 3x 2 3x 2 5 x 3 x 9
4. x 1 0.5 x 6 Vậy nghiệm của phương trình là: x 1; x 6 Áp dụng bất đắng thức Côsi ta có: a3 a bc 1 3 a a bc 4 2 2 b3 b ca 1 3 b b ca 4 2 2 c3 c ab 1 3 c c ab 4 2 2 0.25 C Suy ra VII a3 b3 c3 ab bc ca 5 a b c a bc b ca c ab 4 4 a3 b3 c3 15 ab bc ca a bc b ca c ab 4 4 2 Mặt khác: 9 a b c 3(ab bc ca) , 0.25 a3 b3 c3 15 9 3 do đó . a bc b ca c ab 4 4 2 0.25 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. 0.25