Thpt viet au hcm hk2 toán 10 ctst (2022 2023) ôn tập toán lớp 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HCM TRƯỜNG THPT VIỆT ÂU ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC:2022-2023 Mơn: Tốn; Khối:10 Thời gian làm bài: 90’, không kể thời gian phát đề I.TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN: (5.0 ĐIỂM) học sinh cần tô ĐÁP ÁN KHƠNG CẦN GIẢI THÍCH Câu 1: Có bút đỏ bút xanh hộp bút Hỏi có cách lấy bút từ hộp bút? A B 12 C D Câu 2: Để từ Tp.A đến Tp.B có đường đi, từ Tp.B đến Tp.C có đường Có cách từ Tp.A đến Tp.C biết khơng có đường trực tiếp từ Tp.A đến Tp.C A 4! 5! B 20 C D.1 Câu 3: Số Chỉnh hợp chập 13 phần tử bao nhiêu? 13 A 1716 B C 286 D 13!3! Câu 4: Cho tập hợp A có 20 phần tử, số tập có hai phần tử A là: 2 2 A 2C20 B 2A20 C C20 D A20 Câu 5: Có cách xếp 18 thí sinh vào phịng thi có 18 bàn bàn thí sinh 18 A 18 B C 18 D 18! Câu 6: Từ số 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên gồm chữ số đôi khác nhau? A.1296 B 15 C 360 D 720 Câu 7: Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam 15 nữ Có cách chọn học sinh tham gia vệ sinh sân trường ? A 59280 B 4500 C 2625 D 9880 Câu 8: Một hộp dựng 10 viên bi xanh,15 bi đỏ viên bi vàng Có cách lấy viên bi có viên bi màu xanh, viên bi đỏ viên bi vàng? 2 2 2 2 A C10C15C5 B A10 A15 A5 C C10  C15  C5 D A10  A15  A5 Câu 9: Gieo đồng tiền (có mặt “sấp-ngữa” S-N) ba lần liên tục có khơng gian mẫu là: A NN, NS, SN, SS B NNN, SSS, NNS, SSN, NSN, SNS C NNN, SSS, NNS, SSN, NSN, SNS, NSS, SNN D NNN, SSS, NNS, SSN, NSN, NSS, SNN Câu 10: Gieo súc sắc cân đối đồng chất hai lần Số phần tử không gian mẫu A 24 B 12 C 36 D Câu 11: Gieo súc sắc cân đối lần Biến cố A biến cố để sau lần gieo có mặt chấm Khi A A = (1;6),(2;6), (3,6), (4; 6), (5, 6) B A = (1;6),(2;6), (3,6), (4; 6), (5, 6), (6;6) C A = (1;6),(2;6), (3,6), (4; 6), (5, 6), (6; 6), (6;1),(6;2),(6;3), (6;4),(6;5) D A = (6;1),(6;2), (6;3), (6;4),(6;5) Câu 12: Gieo súc sắc cân đối Xác suất để mặt chấm chẵn xuất là: A 0, B 0, C 0, D 0,    : x  y  2023 0 có véc tơ pháp tuyến là: Câu 13: Phương trình đường thẳng     n  3;  n  4;  3 n  4;3 n  4;5  A B C D  A   5;7  n  2;  3 Câu 14: Đường thẳng qua , nhận làm véctơ phương có phương trình dạng tham số x   t x   t    x 2  5t  x   3t     A  y 7  3t B  y 7  3t C  y   7t D  y 7  2t  C  : x  y  x  y  0 là: Câu 15: Tọa độ tâm I bán kính R đường trịn I  2;1 ; R 4 I  2;  1 ; R  I  2;1 ; R 2 I 4;   ; R  22 A B C D  Câu 16: Trong phương trình sau, phương trình khơng phải phương trình đường trịn: A  x  1 2   y   2023 2 B x  y  2018 x  2020 y  2022 0 2 C x  y  x  y  0 2 D x  y  x  10 y  17 0 Câu 17: Phương trình đường trịn có tâm I   1;7  qua gốc tọa độ O  0;0  có phương trình là: 2 B  x  1   y   50 2 D  x  1   y   5 A  x  1   y   5 C  x  1   y   50 2 2 C I - 1;2) Câu 18: Đường trịn ( ) có tâm ( tiếp xúc với đường thẳng D : x – 2y + = có phương trình là: A ( x +1) +( y – 2) = C ( x +1) +( y – 2) = 25 B ( x +1) +( y – 2) = D ( 2 x +1) +( y – 2) = I 5;2 Câu 19: Đường trịn có tâm ( ) , bán kính R = 13 có phương trình là: 2 2 A ( x - 5) +( y- 2) = 13 B ( x - 5) +( y + 2) = 13 2 2 C ( x - 5) +( y- 2) = 13 D ( x + 5) +( y + 2) = 13 C : x     y  3 Câu 20: Cho đường tròn    A  1;  1 B  3;1 B 25 Điểm sau thuộc đường tròn? C C  1;0  D B   3;1 A II.TỰ LUẬN (5.0 ĐIỂM) Bài 1: (1.0điểm) Một hộp chứa viên bi trắng viên bi xanh, viên bi đỏ Lấy viên bi từ hộp, có cách lấy viên bi cho: a) Lấy viên b) Có viên bi trắng, viên bi xanh viên bi đỏ Bài 2: (1.0điểm) Khai triển rút gọn biểu thức sau: 3x   a  x3  1  x b Tìm hệ số chứa khai triển : (1.0điểm) Gieo xúc xắc cân đối đồng chất hai lần Tính xác suất biến cố sau: Bài a Tổng số chấm lần gieo 11 b.Tổng số chấm lần gieo chia hết cho A  3;  B  2;1 C   1;  Bài 4: (2.0điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có C ngoại tiếp ABC  C  A b (0.5 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến 2 M  4;3  : x     y  1 10 c (0.5 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến    kẻ từ điểm a (1.0điểm) Lập phương trình đường trịn ĐÁP ÁN TỰ LUẬN NỘI DUNG a.Số cách lấy viên bi từ hộp gồm 20 viên bi: C20 15504 cách b.Số cách lấy viên bi gồm; viên bi trắng, viên bi xanh viên bi đỏ: Lấy bi trắng từ bi trắng: C6 15 cách Bài ĐIỂM 0.5 0.5 Lấy bi xanh từ bi xanh: C5 10 cách Lấy bi đỏ từ bi đỏ: C9 9 cách Theo qui tắc nhân ta có: 15.10.9 1350 cách Khai triển rút gọn biểu thức sau: 3x   a   3x    3x    3x  2  4.3x.23  24 0.25 0.25 81x  216 x  216 x  96 x  16 b Bài Tìm hệ số chứa x  2x khai triển  1 Ta có: 0.25  x  1  x    x  3  10  x  12  10  x  13   x  14  15 32 x15  80 x12  80 x9  40 x  10 x  Vậy hệ số chứa Bài x9 0.25 80 Gieo xúc xắc cân đối đồng chất hai lần Tính xác suất biến cố sau: a Tổng số chấm lần gieo 11 n    36 Số phần tử không gian mẫu: Gọi A biến cố số chấm lần gieo 11: A   5;6 ,  6;5   n  A  2 n  A P  A    n    36 18 Xác suất biến cố A: b.Tổng số chấm lần gieo số chia hết cho 0.25 0.25 Gọi B biến cố tổng số chấm lần gieo số chia hết cho 5: B   4;1 ,  1; 4 ,  3; 2 ,  2;3 ,  5;5 ,  6; 4 ,  4;6  0.25  n  B  7 Xác suất biến cố B: n B P  B   n    36 Bài 0.25 A  3;  B  2;1 C   1;  Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có  C  ngoại tiếp ABC a Lập phương trình đường tròn  C  : x  y  2ax  2by  c 0 Gọi A  3;    C  :  6a  8b  c  25  1 B  2;1   C  :  4a  2b  c  C   1;    C  :  2a  4b  c  Từ (1)(2)(3) ta có hệ:  6a  8b  c  25   4a  2b  c    2a  4b  c    2  3 0.25  a 1  b 3 c 5  0.25 C  : x  y  x  y  0  Vậy  C  A b Viết phương trình tiếp tuyến  C  có Tâm I  1;3 , phương trình tiếp tuyến A  3;  có dạng:  a  x0   x  x0    b  y0   y  y0  0 0.25    3  x  3      y   0  x  y  10 0 Vậy pttt (C) A: x  y  10 0 0.25  : x     y  1 c Viết phương trình tiếp tuyến    M  4;3    có: Tâm I  2;  1 bán kính R  10 PT đường tròn    qua M  4;3 với véc tơ pháp tuyến PT đường thẳng  n  A; B   A2  B 0     : Ax  By  A  3B 0    tiếp tuyến    khi: d  I ;   R A.2  B   1  A  3B  0.5 10 kẻ từ điểm  10 A2  B 2   A  B  10 A  B  A2  16 AB  16 B 10 A2  10 B 0.25   A2  16 AB  B 0  * TH1: B 0  A 0 loại; A 0  B 0 loại  * cho B ta TH2: B 0 chia vế A  B 3  A A2 A  *    16  0  B  B B A 3    : 3x  y  15 0 Với B chọn A 3; B 1 ta có A  chọn A 1; B  ta có    : x  y  0 Với B    kẻ từ điểm M  4;3 Vậy có PT tiếp tuyến 0.25