Kiểm tra Toán 10 HK2 - đề số 7

a Viết phương trình các đường thẳng đi qua A lần lượt song song và vuông góc với đường thẳng BC b Viết phương trình đường tròn có đường kính BC.

Đề số 7

ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2010 – 2011

Môn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút

I Phần chung: (7,0 điểm)

Câu 1: (2,0 điểm) Giải các phương trình, bất phương trình sau:

a) x x

2

2



Câu 2: (1,0 điểm) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x  R: x2 mx 3m1 0

Câu 3: (1,0 điểm) Điểm thi môn tiếng Anh của một lớp gồm 30 học sinh (thang điểm 100) được cho bởi

bảng phân bố tần số ghép lớp như sau:

Lớp [50; 60) [60; 70) [70; 80) [80; 90) [90; 100]

Tìm số trung bình và phương sai của bảng số liệu trên

Câu 4: (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: y(x3)(5 2 ) x (với 3 x 5

2

   )

Câu 5: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC biết A(2; 3), B(1; –2), C(0; 6).

a) Viết phương trình các đường thẳng đi qua A lần lượt song song và vuông góc với đường thẳng BC b) Viết phương trình đường tròn có đường kính BC

II Phần riêng (3,0 điểm)

1 Theo chương trình Chuẩn

Câu 6a: (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = cos cot2x 2x3cos2x cot2x2sin2x

b) Tính giá trị biểu thức: B = cos200cos400cos600 cos160 0cos1800

Câu 7a: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình chính tắc của elip (E), biết một

tiêu điểm của (E) là F1(–8; 0) và điểm M 5; 3 3   thuộc (E)

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu 6b: (2,0 điểm)

 b) Tính giá trị biểu thức: D = cos 102 0cos 202 0cos 302 0 cos 180 2 0

Câu 7b: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình chính tắc của hypebol (H), biết

(H) đi qua hai điểm M2; 6 , ( 3;4) N 

-Hết -Họ và tên thí sinh: SBD :

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2010 – 2011

Đề số 7

Môn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút

2

( 2)( 3)

0,50

x ( ; 2] 1;2 (3; )

2

        

b) 2x2 2x2 4x12 4 x 8 (2x2 4x12) 2x2 4x12 20 0  0,25 Đặt 2x2 4x12 t t;  ta có phương trình trung gian 0 t2 t 20 0 0,25

 

 

x

  

 



0,25

2 x2 mx 3m1 0 nghiệm đúng với mọi x

m2 4(3m 1) 0 m2 12m 4 0



m  6 32; 6 32

3 Các số đại diện là: 55; 65; 75; 85; 95 nên số trung bình là 77 0,50

4

y(x3)(5 2 ) x (với 3 x 5

2

x

3



    

Ta có: x(2 6) (5 2 ) 11  x  (không đổi)

nên y2 (2x6)(5 2 ) x đạt GTLN  2x 6 5 2x x 1

4

Vậy y(x3)(5 2 ) x đạt GTLN bằng 121

8 khi x

1 4

5 a) A(2; 3), B(1; –2), C(0; 6)  BC ( 1;8) 

uuur Đường thằng d ( ) qua A và song song với BC nhận BC ( 1;8)1  

uuur

làm VTCP



0,50

Đường thẳng d ( ) qua A và vuông góc với BC nhận BC ( 1;8)2  

uuur

làm VTPT

 phương trình d( ) : x2 (  2) 8( y 3) 0  x 8y22 0 0,50

b)

Gọi I là trung điểm của BC  I 1 ;2

2

  BC (0 1) 2(6 2) 2  65

Đường tròn có tâm I 1 ;2

2

  và bán kính R = BC 65

2  2

0,50

Phương trình đường tròn đường kính BC là: x y 

2

2

0,50

6a a) A = cos cot2x 2x3cos2x cot2x2sin2x 2 cos2x cot (1 cos )2x  2x 0,50

x

2

1

sin

0 0

cos  cos(180  ) coscos(180  ) 0 và cho  0;40 ;60 ;800 0 0

Ta có B là tổng của 4 cặp ghép tương ứng trong công thức nêu trên

B(cos200cos160 ) (cos400  0cos140 ) (cos800   0cos100 ) cos1800  0 1 0,50

7a

Phương trình chính tắc của (E) có dạng:x y

2  2  (a > b > 0)1 Tiêu điểm của (E) là F1(–8; 0) nên c = 8

0,25

vì M 5; 3 3    (E) nên ta có: a b a b



0,25

Phương trình (E) là: x2 y2 1

100 36 

0,25

x

2

tan cos tan (1 cot ) cot

sin



x

2

cos



b) Tìm D = cos 102 0cos 202 0cos 302 0 cos 180 2 0

 cos2acos (902 0 a) cos 2asin2a  , cho a = 1 10 ;20 ;30 ;400 0 0 0

 cos (2 b90 ) cos (1800  2 0 b) sin 2bcos2b , cho 1 b10 ;20 ;30 ;400 0 0 0

0,50

7b (H) đi qua hai điểm M2; 6 , ( 3;4) N 

Phương trình chính tắc của (H) có dạng: x y

Vì M2; 6( )H  a b a b

4  6 1 6 4    0

9 16 ( 3;4) ( )     1 16  9  0

0,25

0,25

Kết luận phương trình (H) là x2 y2 1