Đề khảo sát chất lượng lần 3 - Năm học 2015 - 2016 Môn: Toán 10 (thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)

 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 2 1y x x    có đồ thị (P) 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( P ) của hàm số. 
 b) Tìm m để đường thẳng d: y x m  cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 
. 8OAOB  (O là gốc toạ độ). 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số sau. 
 a) 
2 1
1
x
y
x



 b) 
2
3
2 2
4
x
y x
x
  

Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình 
23 1 2 6 1 2 4 1 2x x m x x x        (1) 
 a) Giải phương trình (1) với m = 5. 
 b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
1
10
( , )
4
5 8 4 2
5
x y
x y R
x xy x y y

 

     

Câu 5 (0,5 điểm). Cho 
3
sin
5
  với 0 090 180  . Tính giá trị biểu thức 
2
cot
1 cot
A




Câu 6 (2,0 điểm). 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết    5;4 ; 4;1A B  ;
2
;1
3
G
 
 
 
 là trọng tâm 
của tam giác ABC. 
 a) Tìm tọa độ điểm C của tam giác ABC 
 b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng BC sao cho diện tích tam giác ABC gấp 3 lần 
diện tích tam giác AMC 
Câu 7 (0,5 điểm). Cho ABCD là hình thoi cạnh a, 060BAD  , điểm M chạy trên đường tròn 
nội tiếp hình thoi ABCD. Tính MA MB MC MD   
Câu 8 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là ba cạnh của một tam giác thỏa mãn 3 2c b abc  
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
5 7 8
S
b c a c a b a b c
  
     
 . 
------------------------ 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 
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 
(Đề gồm có 01 trang) 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3 - NĂM HỌC 2015-2016 
Môn: Toán 10 
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
 ĐÁP ÁN BÀI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3 - NĂM HỌC 2015 - 2016 
MÔN: Toán 10 
Câu Nội dung Điểm 
1 
(2,0 
điểm) 
 Cho hàm số 2 2 1y x x    có đồ thị (P) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( P ) của hàm số. 
1,0 
TXĐ: D = R, tọa độ đỉnh I(1;2) 0,25 
BBT 
Lập đúng BBT 
0,25 
Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 
Hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 
0,25 
*vẽ đồ thị: 
+ (P) giao với 0y tại (0; 1) 
+ (P) đi qua các điểm (-1; -2); (3;-2) 
+ (P) nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng 
4
2
2
4
6
5 5
0,25 
b)Tìm m để đường thẳng d: y x m  cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao 
cho . 8OAOB  (O là gốc toạ độ). 
1,0 
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là: 
2 2 1x x x m    
2 1 0 (1)x x m     
0,25 
Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân 
biệt 
5
0 5 4 0
4
m m      
0,25 
 Gọi A(x1; x1+m); B1(x2; x2+m)là giao điểm của (P) và (d) 
thì x1; x2 là 
nghiệm của phương trình ( 1) 
Ta có 
 
 
1 2
1 2
1 2
1 3
x x
x x m
 

  
1 1 2 2
( ; ); ( ; )OA x x m OB x x m    
0,25 
2
1 2 1 2
. 2 . ( ) (4)OAOB x x m x x m   
 Thay (2); (3) vào (4) ta được 
0,25 
22 2
. 3 2 .
5( )
. 8 3 2 8 3 10 0
2 ( )
OAOB m m
m tm
Theo gt OAOB m m m m
m l
  
 
           
KL: 
2 (1,0 
điểm) 
Tìm tập xác định của hàm số sau. 
 a) 
2 1
1
x
y
x



0,5 
Đk 1 0 1x x    0,25 
TX
Đ: 
 \ 1D R
0,25 
b) b) 
2
3
2 2
4
x
y x
x
  

0,5 
ĐK: 
2 2 24 0
2 22 0
x xx
x xx
       
   
    
0,25 
 TX
Đ: 
   ;2 \ 2D   
0,25 
3 (2,0 
điểm) 
Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình 
23 1 2 6 1 2 4 1 2x x m x x x        (1) 
 a) Giải phương trình (1) với m = 5. 1,0 
Với m = 5 phương trình (1) trở thành 
23 1 2 6 1 5 2 4 1 2x x x x x        (2) 
Đk 
1
1
2
x

  
Đặt 1 2 2 1t x x    , đk t >0 
2 25 2 4 1 2t x x x      
0,25 
Phương trình (2) trở thành 
 
 
2
0
3 0
3
t l
t t
t tm

   

0,25 
Với t = 3 21 2 2 1 3 2 1 2 2x x x x x          
2
2
0
9 0
x
x
x
 
  

0.25 
KL: 0.25 
 b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 
1,0 
Đk 
1
1
2
x

  . Đặt 1 2 2 1t x x    đk 6;3t  
  
0,25 
2 25 2 4 1 2t x x x     
phương trình (1) trở thành 2 3 5t t m   (*) 
0,25 
Xét hàm số 2( ) 3 / 6;3f t t t   
 
 0,25 
Ta thấy hàm số f(t) đồng biến / 6;3 
 
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (*) có nghiệm trên 6;3 
 
   6 5 3 6 3 6 5 0 5 3 6 1f m f m m             
KL: 
0,25 
4(1,0 
điểm) 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
1
10
( , )
4
5 8 4 2
5
x y
x y R
x xy x y y

 

     

1,0 
 Hệ phương trình đã cho 
2 2
2 2 2 2
10 10 1 (1)
5 8 4 2 2 2 1 (2)
x y
x xy x y y x y
  
 
      
Pt(2) 2 23 8 3 (4 2 ) 1x xy y x y       
  3 3 ( 3 3 ) 1x y x y x y x y         
Đặt 2 2 2 2
3
10 10
3
u x y
x y u v
v x y
 
   
 
0,25 
 Hệ pt trở thành 
 
 
22 2 2 11
( ) 1 2 2 2
u v uvu v
uv u v u v uv
      
 
          

   
2
0
112 1 0
0 1( ) 1
0
u
vu vu v u v
uv uuv u v
v
 

                 

0,25 
Với 
3
0 3 0 10
1 3 1 1
10
x
u x y
v x y
y

    
   
      

0,25 
Với 
1
1 3 1 10
0 3 0 3
10
x
u x y
v x y
y

    
   
     

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 
3 1 1 3
; à ;
10 10 10 10
v
   
   
    
0,25 
5 (0,5 
điểm) Cho 
3
sin
5
  với 0 090 180  . Tính giá trị biểu thức 
2
cot
1 cot
A




0.5 
Ta có 2 2sin cos 1   mà 
3
sin
5
  2
16 4
cos cos
25 5
      
Do 
0 090 180  nên 
4
cos 0 cos
5
    
0,25 
Ta có 
2
cot
1 cot
A




12
sin .cos
25
A 

   
0,25 
6(2,0 
điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC 
biết    5;4 ; 4;1A B  ;
2
;1
3
G
 
 
 
 là trọng tâm của tam giác ABC. 
a) Tìm tọa độ điểm C của tam giác ABC 
1 
Gọi C(x; y), vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có 
2
5 4 3.
3
4 1 3.1
x
y

  

   
0,5 
 
1
1; 2
2
x
C
y

  
 
0,5 
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng BC sao cho diện tích tam giác 
ABC gấp 3 lần diện tích tam giác AMC 
1,0 
 Điểm M thuộc đường thẳng BC và 3 3
ABC AMC
S S BC MC
 
   0,25 
*TH1: 3BC MC 
Gọi  ;M m n 
Ta có    5; 3 ; 1 ; 2BC MC m n      
2
3 ; 1
3
BC MC M
 
   
 
0,5 
 *TH2 : 
8
3 ; 3
3
BC MC M
 
    
 
KL: 
0,25 
7 (0,5 
điểm) 
 Cho ABCD là hình thoi cạnh a, 060BAD  , điểm M chạy trên đường tròn 
nội tiếp hình thoi ABCD. Tính MA MB MC MD   
0,5 
Gọi O là giao điểm của AC và BD 
Ta có 
   MA MB MC MD MA MC MB MD      
 2 4 4 4MO MO MO MO r     (r là bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi 
ABCD) 
O
B
D
A C
K
0,25 
Gọi K là hình chiếu vuông góc của O lên cạnh BC, suy ra OK = r 
+) 060BAD  ABD đều cạnh a
2 2
BD a
OB   
+) 060BAD  0 0120 60ABC OBK    
0 3sin60
4
OK a
OK
OB
   
0,25 
Vậy MA MB MC MD   =4 3OK a 
8 (1,0 
điểm) 
Cho , ,a b c là ba cạnh của một tam giác thỏa mãn 3 2c b abc  
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
5 7 8
S
b c a c a b a b c
  
      
1,0 
Từ gt suy ra 
3 2
, , 0;a b c a
b c
  
Ta có 
3 3 2 2 5 5
S
b c a a b c c a b b c a c a b a b c
     
            
0,25 
Áp dụng bđt 
1 1 4
( , 0)x y
x y x y
  

. Ta có 
4 4 4 6 4 10
3. 2. 5.
2 2 2
S
b c a b c a
      
0,25 
3 2 10 10
2 2 4 5S a
b c a a
 
      
  
0,25 
 Vậy biểu thức S đạt giá trị nhỏ nhất bằng 
4 5 3 2 5
5
a b c b c a c a b
c b abc a b c
a
a

        

      

 

0,25 
 *Lưu ý : học sinh giải theo các cách khác cho điểm tối đa. 
-----------------------------------Hết------------------------------