Đề thi HK II và đáp án Toán 10NC - Đề số 1

[r]

Đề thi học kỳ II- Môn Toán- Lớp 10

Bài 1 : (1điểm) Số tiền cước phí điện thoại ( đơn vị nghìn đồng ) của 8 gia đình

trong một khu phố A phải trả được ghi lại như sau: 85 ; 79 ; 92 ; 85 ; 74 ; 71 ;

62 ; 110.Chọn một cột trong các cột A, B, C, D mà các dữ liệu được điền đúng :

Số trung bình 82.25 80 82.25 82.5

Độ lệch chuẩn 13.67 13.67 13.67 13.67

Bài 2: (3điểm) a Giải bất phương trình:

 2 

x 3

b Giải phương trình: x 2 7 x 2 x 1       x2  8x 7 1 x R     

c Giải hệ phương trình:

 

 

3









Bài 3: (2 điểm) Cho biểu thức :



a Rút gọn M b Tính giá trị của M biết

3 tan

4

 

Bài 4: (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy, xét tam giác

ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là 3x y   3 0  , các đỉnh A

và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2 Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Bài 5: (1điểm) Viết phương trình hyperbol   H có hai đường tiệm cận là y  2x

và có hai tiêu điểm là tiêu điểm của elip   E .

Bài 6: (1điểm) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các góc A, B, C thỏa mãn

điều kiện:

2 2  2 2 thì tam giác ABC cân.

Hướng dẫn và đáp số 2: a Điều kiện x 4

Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình

2 x 16  x 3 7 x    2 x 16 10 2x

+ Nếu x 5 thì bất phương trình được thỏa mãn, vì vế trái dương vế phải âm

+ Nếu 4 x 5  thì hai vế của bất phương trình không âm Bình phương hai vế ta có:

2 x 16  10 2x  x  20x 66 0  10 34 x 10   34

Kết hợp với điều kiện 4 x 5  ta có: 10 34 x 5  Đáp số: x 10  34

b.x 2 7 x  2 x 1  x28x 7 1   x 1 2 x 1 2 7 x      x 1 7 x     0

x 1 x 1 2 7 x x 1 2 0

 x 1 2  x 1 7 x 0 x 1 2 x 5

x 4

x 1 7 x





c Điều kiện: xy 0 : Ta có  1 x y 1  1 0 x y

xy 1 xy



      



2y x 1 2x x 1



x y

x 1 x x 1 0





 

   



x y 1

1 5

x y

2

1 5

x y

2



  



 







 



 



Trường hợp 2:

 

 

3

4 3

y y 3

x 2

2y x 1 x 1 x x 2 0 4

x





 





Ta chứng minh phương trình  4

vô nghiệm

Cách 1

2

x x 2 x 0, x

2 2

       

Cách 2 Đặt f x  x4 x 2 f x  min f xx R   f 3 1 0

4





 

 

Trường hợp này hệ vô nghiệm.Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

x; y 1;1 ,  1 5; 1 5 , 1 5; 1 5

         

3 a, Ta có

1 sin sin sin cos

sin cos

1 sin sin

      



  

   

Mà : sin4 sin4 sin222sin2cos2 cos22

sin2 cos2 2 2sin2 cos2 1 2sin2 cos2

Tương tự :

sin  sin   sin   cos  sin   sin cos  sin   1 3sin2cos2

Nên

1 1 2sin cos sin cos

sin cos

1 1 3sin cos



  

2 sin cos 2 tan 1

3 sin cos 3 tan 1

    

    

b, Vì

3 tan

4

 

nên :

3 1

2 tan 1 2 4 14

3

3 tan 1 3 1 3

4



 

 



4 Ta có: BC Ox B 1;0   

Đặt xA a ta có A a;0 

và xC a  yC  3a 3 Vậy

C a; 3a 3

.Từ công thức

1

3 1

3







3 a 1 2a 1

Cách 1 Ta có: AB a 1 , AC 3 a 1 , BC 2 a 1   Do đó ABC  2

Ta có:

3 a 1 2S

AB AC BC 3 a 1 3 a 1 3 1





Vậy: a 1 2 3 2  

Trường hợp 1:

7 4 3 6 2 3

a 2 3 3 G ;

Trường hợp 2:

4 3 1 6 2 3

a 2 3 1 G ;

    

Cách 2

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC Vì r 2   y12 Phương trình BI:

x 1

y tan 30 x 1 x 1 2 3

3



Trường hợp 1: Nếu A và O khác phía đối với B  x1 1 2 3 Từ

C y

I A B

O

x

  1 1

7 4 3 6 2 3

d I, AC 2 a x 2 3 2 3 G ;

Trường hợp 2: Nếu A và O cùng phía đối với B  x1 1 2 3 Tương tự ta có

4 3 1 6 2 3

da x 2 1 2 3 G ;

    

5  

x y

E : 1

12 2  có hai tiêu điểm là F1 10;0 , F 2 10;0

 H

có cùng tiêu điểm với  E

 

x y

H : 1

a b

với a2b2 c210 1 

 H có hai tiệm cận

 

y 2x x 2 b 2a 2

Từ    1 , 2 suy ra a2 2; b2 8 Vậy  H :

x y

1

2  8  .

6 Ta có:

sin cos sin cos

tan 1 tan tan 1 tan

(chia hai vế cho

cos cos

2 2 )

tan tan tan tan 0

tan tan tan tan tan tan 1 0 tan tan 0

tan tan

(vì A, B là hai góc tam giác) Hay ABC cân tại C