Lời giải đề thi thử học kì 2, khối 10, năm học 2012 -2013

[r]

Đề 1:

Câu 1: (3đ) Giải các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:

a) 2

1 2

3 10

x

x







4

x x

x









 c) x2 5x17  1 5 x d) x 3 x2 2x15 0

Câu 2: (3đ) Cho phương trình: m 2x2 mx m  2 0

(1) a) Giải phương trình khi m 4

b) Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm x x Tính 1, 2

1 2

2 1

A

c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt.

Câu 3 (1đ) Cho tam giác ABC có AB  cm, 8 AC  cm, góc 5 A 600

a) Giải tam giác ABC

b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC, tính đường cao AH

Câu 4 (2đ) Cho A1; 2 

và : 3 x 4y 4 0 a) Tìm tọa độ điểm B là hình chiếu của A trên đường thẳng 

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn tâm A và tiếp xúc với  biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 1: 3x4y 0

Câu 5 (1đ) Cho

3 sin

5

 

;

3 2



  

Tính sin 2 ,

cot 6







Hướng dẫn giải:

Đề 1:

Câu 1a) Chú ý:

Để giải câu này ta cần chú ý một kĩ thuật phân tích thành nhân tử như sau:

Nếu tam thức bậc hai f x( )ax2bx c a 0 có hai nghiệm là x và 1 x thì được 2

phân tích thành nhân tử như sau: f x( )ax2bx c a x x    1 x x 2

Ví dụ:

 Xét tam thức bậc hai: f x x2 5x có hai nghiệm là 6 x  , 1 3 x  , nên được phân tích 2 2 thành nhân tử là f x  x2 5x 6 x 3 x 2

 Xét tam thức bậc hai: g x 3x2 x 4

có hai nghiệm là x  , 1 1 2 4

3

x 

, nên được phân tích thành nhân tử là   3 2 4 3 1 4  1 3  4

3

 Tương tự: các bạn hãy phân tích các tam thức bậc hai sau thành nhân tử:

 h x 4x2 5x 6

 p x( ) 5 x23x14

 q x x23x10

 

q x là mẫu số ở vế trái của câu 1a)

Đáp số:

  4 2 5 6 4 2 3  2 4  3

4

5

  2 3 10  2  5

Quay lại với câu 1a), ta có cách giải như sau:

0

1 0

x



   

5 1

0

5 0

x x

  

5

Đặt f x   x 2 x5

Ta có: x 2 0  x2

x   x

Bảng xét dấu:

2

x   |  0  5

 

Dựa vào bảng xét dấu ta có: f x   0 x    ; 5  2;

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T     ; 5  2;

Tương tự: các bạn hãy giải bất phương trình sau (trong đề thi học kì 2 năm học 2011 – 2012) Giải bất phương trình: 2

3

x







b)

4

x x

x











2 5 15.4 3 1 9



 





 



Vậy tập nghiệm của hệ là

16 43

;

7 3

 c) x2 5x17  1 5 x (1)

Nhắc lại:

0 hoÆc 0

A B







(1)

5 17 1 5

x



 

1 5

17 0

x

x







 



Hệ vô nghiệm vì x217 0    x

Vậy phương trình (1) vô nghiệm

d) x 3 x2 2x15 0  x 3 x2 2x15 (2)

Chú ý rằng: phương trình trên có dạng f x( )g x 

với f x x2 2x15

và g x  x 3

Nhắc lại:

 

 

 

  2 

0

f x









Do đó, ta có:

 

2

2 2

2 15 0

x



   



3

x

   



  





3 6

x x

  





  

 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T 5;6

Câu 2: m 2x2 mx m  2 0 (1)

a) Khi m 4, phương trình (1) thành 2x2 4x 2 0 x2 2x 1 0

Ta có   '  121.1 0

Do đó, phương trình có nghiệm kép

 

1 2

1 1 1

b) Giả sử (1) có hai nghiệm x x Theo định lí Vi-ét ta có:1, 2

1 2

1 2

2 2

2

m

m m

x x

m









Do đó:

2 2

2

A



2

2 2.1

m

m m

m





c) Phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khí

2 0

0 2

1 0

a m

m

S

m

P















  



2

m

m











2

2

m

m







  

 2

4

4 3

m

m

m







   





4

2

Vậy với

4

; 2 3

m   

  thì phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt

Câu 3

a) Đặt:



2 cos

5 8 2.5.8.cos 60

49



7

BC

  (cm)

 Để dễ tính, ta nhớ a BC 7,b CA 5,c AB 8

 2 2 2 72 82 52

B

ac

38, 2

B

 1800 600 38, 20 81,80

C

b) Ta có diện tích của tam giác ABC là:

.sin 5.8.sin 60 10 3

(cm2)

 Tính bán kính đường tròn nội tiếp :

5 8 7 2

S

p

 

(cm) Vậy bán kính đường nội tiếp là r  3 (cm)

5

8 60°

H A

 Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp :

Ta có:

5.8.7 7 7 3

(cm) Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

3 21

R 

(cm)

 Tính đường cao AH :

Ta có:

ABC

S AH

BC



(cm) Vậy đường cao

20 3 7

AH 

(cm) Câu 4: A1; 2 

, : 3 x 4y 4 0 a) Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với 

Vì d   nên phương trình đường thẳng d có dạng: 4x3y C 0

Vì A1; 2 d

nên 4.1 3 2  C 0  C2

Do đó ta có phương trình d là: 4x3y 2 0

Vì B là hình chiếu vuông góc của A lên  nên B d 

Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình







4 5 2 5

x

y







 

 



Vậy

4 2

;

5 5

Chú ý: khi giải hệ phương trình trên với sự trợ giúp của máy tính bỏ túi thì ta cần chuyển các hệ

số tự do qua vế phải trước khi bấm máy.

b) Gọi R là bán kính đường tròn Ta có:

 ,( ) 3.1 4 22 2 4 15 3

3

 Gọi d là tiếp tuyến cần tìm.1

Vì d1/ /1: 3x4y nên phương trình 0 d có dạng: 3 41 x y D 0

Vì d là tiếp tuyến với đường tròn tâm A nên ta có: 1 d A d , 1 R 3

 

2 2

3.1 4 2

3

D



5

5

D

D

 

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 3x4y20 0 và 3x4y10 0

(Đề thi hơi dở, mong các bạn thông cảm )

Câu 5: Vì

3

; 2



  

  nên cos  0

Ta có:

2

         

 

4 cos

5



(vì cos  )0 3

tan

4

5











Do đó:

sin 2 2sin cos 2

          

    tan tan

6 tan

6















4 3

1 3 1

4 3





11





cot

6







