Kiểm tra Toán 10 HK2 - đề số 7

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 x x 2 2 11 3 1 6 5 + − ≥ − − + b) x x x x 2 2 2 2 4 12 4 8+ − + = + Câu 2: (1,0 điểm) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x ∈ R: x mx m 2 3 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] Tần số 2 6 10 8 4 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 x( 3)(5 2 )= + − (với x 5 3 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 = x x x x x 2 2 2 2 2 cos .cot 3cos cot 2sin+ − + b) Tính giá trị biểu thức: B = 0 0 0 0 0 cos20 cos40 cos60 cos160 cos180+ + + + + . 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 F 1 (–8; 0) và điểm ( ) M 5; 3 3− thuộc (E). 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b: (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: C = x x x x x x 2 2 2 2 2 2 tan cos cot sin sin cos − − + b) Tính giá trị biểu thức: D = 2 0 2 0 2 0 2 0 cos 10 cos 20 cos 30 cos 180+ + + + . 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 N2; 6 , ( 3;4)− . Hết Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2010 – 2011 1 Đề số 7 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút Câu Ý Nội dung Điểm 1 a) x x x x x x x x 2 2 2 11 3 2 5 2 1 0 ( 2)( 3) 6 5 + − + + ≥ − ⇔ ≥ − − − + 0,50 x 1 ( ; 2] ;2 (3; ) 2   ⇔ ∈ −∞ − ∪ − ∪ +∞ ÷    0,50 b) x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 4 12 4 8 (2 4 12) 2 4 12 20 0+ − + = + ⇔ − + + − + − = 0,25 Đặt x x t t 2 2 4 12 ; 0− + = ≥ ta có phương trình trung gian t t 2 20 0+ − = 0,25 t loaïi t t 5 ( ) 4 4  = − ⇔ ⇔ =  =  0,25 Giải phương trình: x x x x x x 2 2 1 3 2 4 12 4 2 2 0 1 3  = − − + = ⇔ − − = ⇔  = +  0,25 2 x mx m 2 3 1 0− − − ≥ nghiệm đúng với mọi x m m m m 2 2 4(3 1) 0 12 4 0 ∆ ⇔ = + + ≤ ⇔ + + ≤ 0,50 m 6 32; 6 32   ⇔ ∈ − − − +   0,50 3 Các số đại diện là: 55; 65; 75; 85; 95 nên số trung bình là 77 0,50 Phương sai: 122,7 0,50 4 y x x( 3)(5 2 )= + − (với x 5 3 2 − ≤ ≤ ). Vì x x x 5 3 0 3 5 2 0 2  − ≥ − ≤ ≤ ⇔  − ≥  0,25 Ta có: x x(2 6) (5 2 ) 11+ + − = (không đổi) nên y x x2 (2 6)(5 2 )= + − đạt GTLN ⇔ x x x 1 2 6 5 2 4 + = − ⇔ = − 0,50 Vậy y x x( 3)(5 2 )= + − đạt GTLN bằng 121 8 khi x 1 4 = − 0,25 5 a) A(2; 3), B(1; –2), C(0; 6) ⇒ BC ( 1;8)= − uuur Đường thằng d 1 ( ) qua A và song song với BC nhận BC ( 1;8)= − uuur làm VTCP ⇒ phương trình x y d x y 1 2 3 ( ): 8 19 0 1 8 − − = ⇔ + − = − 0,50 Đường thẳng d 2 ( ) qua A và vuông góc với BC nhận BC ( 1;8)= − uuur làm VTPT ⇒ phương trình d 2 ( ) : x y x y( 2) 8( 3) 0 8 22 0− − + − = ⇔ − + = 0,50 b) Gọi I là trung điểm của BC ⇒ I 1 ;2 2    ÷   . BC 2 2 (0 1) (6 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 1 65 2 2 4   − + − =  ÷   0,50 6a a) A = x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 cos .cot 3cos cot 2sin 2 cos cot (1 cos )+ − + = + − − 0,50 x x x x 2 2 2 2 1 3 sin (1 cot ) 3 sin . 2 sin = − + = − = 0,50 b) Áp dụng: 0,50 2 0 0 cos cos(180 ) cos cos(180 ) 0 α α α α = − − ⇔ + − = và cho 0 0 0 0 ;40 ;60 ;80 α = 20 Ta có B là tổng của 4 cặp ghép tương ứng trong công thức nêu trên. B 0 0 0 0 0 0 0 (cos20 cos160 ) (cos40 cos140 ) (cos80 cos100 ) cos180 1= + + + + + + + = − 0,50 7a Phương trình chính tắc của (E) có dạng: x y a b 2 2 2 2 1+ = (a > b > 0) Tiêu điểm của (E) là F 1 (–8; 0) nên c = 8. 0,25 vì ( ) M 5; 3 3− ∈ (E) nên ta có: a b a b a b 2 2 2 2 2 2 25 27 1 27 25+ = ⇔ + = 0,25 Ta có a b c a b a b a b b b b b 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 64 27 25 27( 64) 25 ( 64) 0     − = = + ⇔   + = + + − + =     0,25 a b a b a b b b b 2 2 2 2 2 4 2 2 2 64 64 100 12 1728 0 36 36       = + = + = ⇔ ⇔ ⇔    + − = = =       Phương trình (E) là: x y 2 2 1 100 36 + = 0,25 6b a) x x x x x x 2 2 2 2 2 2 tan cos tan (1 cot ) cot sin − = + − x x 2 2 1 tan cot= + − 0,50 x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 cot sin cot (1 tan ) tan 1 cot tan cos − = + − = + − 0,25 ⇒ C = 2 0,25 b) Tìm D = 2 0 2 0 2 0 2 0 cos 10 cos 20 cos 30 cos 180+ + + + • a a a a 2 2 0 2 2 cos cos (90 ) cos sin 1+ − = + = , cho a = 0 0 0 0 10 ;20 ;30 ;40 • b b b b 2 0 2 0 2 2 cos ( 90 ) cos (180 ) sin cos 1+ + − = + = , cho b 0 0 0 0 10 ;20 ;30 ;40= 0,50 Vậy D = 2 0 2 0 8 cos 90 cos 180 8 1 9+ + = + = 0,50 7b (H) đi qua hai điểm ( ) M N2; 6 , ( 3;4)− . Phương trình chính tắc của (H) có dạng: x y a b 2 2 2 2 1− = 0,25 Vì ( ) M H2; 6 ( )∈ ⇒ a b a b a b 2 2 2 2 2 2 4 6 1 6 4 0− = ⇔ − + = N H a b a b a b 2 2 2 2 2 2 9 16 ( 3;4) ( ) 1 16 9 0− ∈ ⇒ − = ⇒ − + = 0,25 Giải hệ: a b a b b a a a b a b a b 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 4 0 2 1 16 9 0 1 2       − + = = = ⇔ ⇔    − + = = =       0,25 Kết luận phương trình (H) là x y 2 2 1 1 2 − = 0,25 3 . (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 ] Tần số 2 6 10 8 4 Tìm số trung bình và phương sai của bảng số liệu trên. Câu. Đề số 7 ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2 010 – 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. . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ 2 – Năm học 2 010 – 2011 1 Đề số 7 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút Câu Ý Nội dung Điểm 1 a) x x x x x