đề kiểm tra học kỳ 2

Đề kiểm tra 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 : A B C D Mốt 110 92 85 62 Số trung bình 82.25 80 82.25 82.5 Số trung vị 79 85 82 82 Độ lệch chuẩn 13.67 13.67 13.67 13.67 Bài 2: (3điểm) a. Giải bất phương trình: ( ) 2 2 x 16 7 x x 3 x 3 x 3 − − + − > − − b. Giải phương trình: ( ) 2 x 2 7 x 2 x 1 x 8x 7 1 x R+ − = − + − + − + ∈ c. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 3 1 1 x y 1 x y 2y x 1 2  − = −    = +  Bài 3: (2 điểm) .Cho biểu thức : 4 4 6 6 1 sin cos sin cos M . 1 sin cos sin cos − α − α α + α = − α − α α − α a. Rút gọn M. b. Tính giá trị của M biết 3 tan 4 α = 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: 3 3 A B B A sin .cos sin .cos 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 2 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 2 2 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. 2 x 2 7 x 2 x 1 x 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⇔ − − − − − − − = c. Điều kiện: xy 0≠ : Ta có ( ) ( ) x y 1 1 x y 1 0 xy 1 xy =    ⇔ − + = ⇔  ÷  = −    Trường hợp 1: 3 3 x y x y 2y x 1 2x x 1 = =   ⇔   = + = +   ( ) ( ) 2 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 1 1 y y 3 xy 1 x x 2 2y x 1 x x 2 0 4 x 1 x   = −  = − = −    ⇔ ⇔    = +    + + = − = +    Ta chứng minh phương trình ( ) 4 vô nghiệm. Cách 1. 2 4 2 1 3 x x 2 x 0, x 2 2   + + = − + > ∀  ÷   . Cách 2. Đặt ( ) ( ) ( ) 4 3 x R 1 f x x x 2 f x minf x f 0 4 ∈ −   = + + ⇒ ≥ = >  ÷   Trường hợp này hệ vô nghiệm.Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( ) ( ) 1 5 1 5 1 5 1 5 x; y 1;1 , ; , ; . 2 2 2 2     − + − + − − − − =  ÷  ÷  ÷  ÷     3. a, Ta có ( ) ( ) 4 4 6 6 1 sin sin sin cos M . sin cos 1 sin sin − α + α α + α = α − α − α + α Mà : ( ) ( ) 2 2 4 4 2 2 2 2 sin sin sin 2sin cos cosα + α = α + α α + α ( ) 2 2 2 2 2 2 sin cos 2 2sin .cos 1 2sin .cos= α + α − α α = − α α Tương tự : ( ) ( ) x 1 2 x 5 x 1 2 x 1 7 x 0 x 4 x 1 7 x  − = =  ⇔ − − − − − = ⇔ ⇔   = − = −    C A I B O y x ( ) ( ) 3 3 6 6 2 2 4 2 2 4 sin sin sin cos sin sin cos sinα + α = α + α = α − α α + α 2 2 1 3sin cos= − α α Nên ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2sin cos sin cos M . sin cos 1 1 3sin cos − − α α α + α = α − α − − α α 2 sin cos 2 tan 1 . . 3 sin cos 3 tan 1 α + α α + = = α − α α − b, Vì 3 tan 4 α = nên : 3 1 2 tan 1 2 14 4 M . . 3 3 tan 1 3 3 1 4 + α + = = = − α − − 4. Ta có: ( ) BC Ox B 1;0∩ = . Đặt A x a= ta có ( ) A a;0 và C C x a y 3a 3= ⇒ = − . Vậy ( ) C a; 3a 3− .Từ công thức ( ) ( ) G A B C G A B C 1 x x x x 3 1 y y y y 3  = + +     = + +   ta có ( ) 3 a 1 2a 1 G ; 3 3   − +  ÷  ÷   Cách 1. Ta có: AB a 1 , AC 3 a 1 , BC 2 a 1= − = − = − . Do đó ( ) 2 ABC 1 3 S AB.AC a 1 2 2 ∆ = = − . Ta có: ( ) 2 a 13 a 1 2S r 2 AB AC BC 3 a 1 3 a 1 3 1 −− = = = = + + − + − + .Vậy: a 1 2 3 2− = + . Trường hợp 1: 1 1 7 4 3 6 2 3 a 2 3 3 G ; 3 3   + + = + ⇒  ÷  ÷   Trường hợp 2: 2 1 4 3 1 6 2 3 a 2 3 1 G ; 3 3   − − − − = − − ⇒  ÷  ÷   . Cách 2. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC∆ . Vì 1 r 2 y 2= ⇒ = ± .Phương trình BI: ( ) 1 x 1 y tan 30 . x 1 x 1 2 3 3 − = − = ⇒ = ± o Trường hợp 1: Nếu A và O khác phía đối với B 1 x 1 2 3⇒ = + . Từ ( ) 1 1 7 4 3 6 2 3 d I,AC 2 a x 2 3 2 3 G ; 3 3   + + = ⇒ = + = + ⇒  ÷  ÷   Trường hợp 2: Nếu A và O cùng phía đối với B 1 x 1 2 3⇒ = − . Tương tự ta có 1 1 4 3 1 6 2 3 da x 2 1 2 3 G ; 3 3   − − − − = − = − − ⇒  ÷  ÷   . 5. ( ) 2 2 x y E : 1 12 2 + = có hai tiêu điểm là ( ) ( ) 1 2 F 10;0 , F 10;0− . ( ) H có cùng tiêu điểm với ( ) E ( ) 2 2 2 2 x y H : 1 a b ⇒ − = với ( ) 2 2 2 a b c 10 1+ = = . ( ) H có hai tiệm cận ( ) b b y 2x x 2 b 2a 2 a a = ± = ± ⇔ = ⇔ = Từ ( ) ( ) 1 , 2 suy ra 2 2 a 2; b 8= = . Vậy ( ) H : 2 2 x y 1 2 8 − = . 6. Ta có: 3 3 A B B A sin .cos sin .cos 2 2 2 2 = 2 2 A A B B tan 1 tan tan 1 tan 2 2 2 2     ⇔ + = +  ÷  ÷     (chia hai vế cho 3 3 A B cos .cos 2 2 ) 3 3 A B A B tan tan tan tan 0 2 2 2 2 ⇔ − + − = 2 2 A B A B A B A B tan tan . tan tan tan .tan 1 0 tan tan 0 2 2 2 2 2 2 2 2     ⇔ − + + + = ⇔ − =  ÷  ÷     A B A B tan tan 2 2 2 2 ⇔ = ⇔ = (vì A, B là hai góc tam giác). Hay ABC∆ cân tại C. . α − α − α + α Mà : ( ) ( ) 2 2 4 4 2 2 2 2 sin sin sin 2sin cos cosα + α = α + α α + α ( ) 2 2 2 2 2 2 sin cos 2 2sin .cos 1 2sin .cos= α + α − α α = −. 2x x 2 b 2a 2 a a = ± = ± ⇔ = ⇔ = Từ ( ) ( ) 1 , 2 suy ra 2 2 a 2; b 8= = . Vậy ( ) H : 2 2 x y 1 2 8 − = . 6. Ta có: 3 3 A B B A sin .cos sin .cos 2 2