Đề kiểm tra học kì II môn Toán Lớp 10 - Trường THCS - THPT Đinh Thiện Lý - Năm học 2014-2015 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra học kì II môn Toán Lớp 10 - Trường THCS - THPT Đinh Thiện Lý - Năm học 2014-2015 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II TRƯỜNG THCS-THPT ĐINH THIỆN LÝ NĂM HỌC 2014 - 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN – KHỐI 10 (Đề gồm có 02 trang) Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Họ, tên thí sinh: Số báo danh: Mã đề: T1001 Câu 1: (2,0 điểm) Giải các bất phương trình, hệ bất phương trình sau: 2x2 7x 3 0 x2 8x 15 a) 0 b) 2 3 7 x 1 2x 4x 9 4x 6x 2 2 Câu 2: (1,5 điểm) Định m để bất phương trình: f x mx2 2m 1 x m 1 0 luôn vô nghiệm. Câu 3: (2,5 điểm) 2 3 a) Cho cos và . Tính sin , tan , cot . 3 2
2. b) Cho tan x 4 . Tính giá trị biểu thức: sin3 x 2sin2 x.cos x 5cos3 x A 2 2 3sin x.cos x 5sin x.cos x . c) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc : A = sin4 4 cos2 cos4 4sin2 . (Xem tiếp trang sau) Câu 4: (4,0 điểm) a) Cho tam giác ABC với A(2; 1), B(4; 3) và C(6; 7). Hãy viết phương trình tổng quát của đường cao AH. b) Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I(1; –3) và tiếp xúc với đường thẳng (d1) :3x 2y 10 0. 2 2 c) Cho đường tròn (C1) : x y 2x 4y 20 0 và M(–6; 12). Gọi (∆) là đường thẳng qua M và là tiếp tuyến của (C1). Viết phương trình của (∆).
3. x 1 2t d) Gọi B là giao điểm của (d): 2x y 9 0 và (d’): (với t là tham số). Chứng minh rằng y 2 t không có tiếp tuyến nào của (C1) đi qua B. HẾT TRƯỜNG THCS-THPT ĐINH THIỆN LÝ ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2014 -2015 - Môn: TOÁN - KHỐI 10 – T1001
4. Câu Đáp án Điểm I Giải các bất phương trình sau: (2đ) x2 8x 15 a/ 0 x 1 2x2 4x 9 Ta có: 2 x 3 • x 8x 15 0 x 5 0,25 • x 1 0 x 1 • 2x2 4x 9 0 : pt vô nghiệm do ∆ < 0. • Bảng xét dấu x 1 3 5 0,5 x2 8x 15 + | + 0 – 0 + x 1 – 0 + | + | + Vế trái – || + 0 – 0 + • Từ bảng xét dấu: tập nghiệm của bất phương trình là S 1;35; . 0,25 2x2 7x 3 0 (1) b/ 3 7 4x 6x (2) 2 2
5. x 3 0,25 2 Giải (1): Ta có: 2x 7x 3 0 1 x 2 0,25 1 HS lập bảng xét dấu, ra được tập nghiệm của (1) là S ; 3; . 2 0,25 3 7 Giải (2): Ta có: 4x 6x x 1. 2 2 1 0,25 Vậy tập nghiệm của hệ là S 1; 3; . 2 II Định m để bất phương trình f x mx2 2m 1 x m 1 0 luôn vô nghiệm. (1.5đ) Ta có: Ycbt f x mx2 2m 1 x m 1 0 , x R . TH1: m = 0: Khi đó ta có: f x x 1: f x không mang một dấu trên R nên loại m = 0. 0,25 2 2 2 TH2: m ≠ 0: 2m 1 4m m 1 4m 4m 1 4m 4m 1 8m 0,25 m 0 Ycbt 0,25 0 m 0 m 0 1 1 m 0,5 1 8m 0 m 8 8
6. 1 0,25 Vậy m . 8 III 2 3 (2.5đ) a) Cho cos và . Tính sin , tan , cot . 3 2 sin a 0 3 • Ta có a tan a 0 0,25 2 cot a 0 2 2 7 • Mà cos2 a sin2 a 1. Khi đó: sin a 1 cos2 a 1 0,25 3 3 sin a 7 14 tan a cosa 2 2 0,5 • Từ đó ta được : cosa 2 14 cot a sin a 7 7 sin3 x 2sin2 x.cos x 5cos3 x b) Cho tan x 4 . Tính giá trị biểu thức: A 3sin2 x.cos x 5sin x.cos2 x
7. tan x 4 cos x 0 0,25 Do nên ta chia cả tử và mẫu của A cho cos3x, ta được: sin3 x 2sin2 x.cos x 5cos3 x tan3 x 2 tan2 x 5 0,5 A 2 2 2 3sin x.cos x 5sin x.cos x 3tan x 5tan x 43 2.42 5 13 0,25 3.42 5.4 4 13 Vậy A . 4 c) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc : A = sin4 4 cos2 cos4 4sin2 . Ta có: A sin4 4 1 sin2 cos4 4 1 cos2 . 0,25 0,25
8. sin4 4sin2 4 cos4 4 cos2 4 2 2 2 sin2 2 cos2 2 sin2 2 cos2 4 sin2 cos2 3 IV a) Cho tam giác ABC với A(2; 1), B(4; 3) và C(6; 7). Hãy viết phương trình tổng quát của (4đ) đường cao AH.  BC 2; 4 0,25 Gọi (d) là đường cao AH của tam giác ABC. Suy ra: d  BC .  (d) qua A(2; 1) và có BC 2; 4 là một VTPT nên (d) có dạng: 0,25 2 x 2 4 y 1 0 2x 4y 8 0 x 2y 4 0 0,5 Vậy (d): x 2y 4 0 .
9. b) Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I(1; –3) và tiếp xúc với đường thẳng 3x 2y 10 0 . Ta có: (C) tiếp xúc với đường thẳng đặt là (∆): 3x 2y 10 0 nên bán kính của đường tròn là: 0,5 3.1 2.( 3) 10 R = d(I, ∆) = 13 . 0,5 32 22 Vậy phương trình của (C) là: x 1 2 y 3 2 13 .
10. 0,25 0,25 2 2 c) Cho đường tròn (C1) : x y 2x 4y 20 0 và M(–6; 12). Gọi (∆) là đường thẳng qua M và là tiếp tuyến của (C1). Viết phương trình của (∆). 0,25 Ta có: x2 y2 2x 4y 20 0 x 1 2 y 2 2 25 . 0,25
11. • Đường tròn (C1) có I 1; 2 và R 5 lần lượt là tâm và bán kính. • Do (∆) là qua M(–6; 12) nên (∆) có dạng: A x 6 B y 12 0 Ax By 6A 12B 0 0,25 (với A, B không đồng thời bằng 0) A. 1 B.2 6A 12B • Mà (∆) tiếp xúc (C1) , nên d(I, ) R 5 A2 B2 0,25 5A 10B 5 A2 B2 A2 4AB 4B2 A2 B2 B 0 3B2 4AB 0 B 3B 4A 0 4A B 3 • Xét TH1: B = 0, theo điều kiện ta có A ≠ 0. Khi đó: (∆) thành: Ax 6A 0 x 6 0 . 4A • Xét TH2: B . Khi đó (∆) thành: 3
12. 4A 4A 4 4 Ax y 6A 12. 0 Ax Ay 6A 16A 0 x y 10 0 . 3 3 3 3 4 Vậy ( ) : x 6 0 và ( ) : x y 10 0 là những tiếp tuyến cần tìm. 1 2 3 0,25 0,25 x 1 2t d) Gọi B là giao điểm của (d): 2x y 9 0 và (d’): (với t là tham số). Chứng y 2 t minh rằng không có tiếp tuyến nào của (C1) đi qua B.
13. Ta có: B là giao điểm của (d) và (d’) nên ta có pt: 2 1 2t 2 t 9 0 t 1. Khi đó: xB 1 2 1 3 Vậy B(–3; 3). yB 2 1 3  2 2 Ta có: IB 2; 1 IB 2 1 5 R . Suy ra B nằm trong (C1). Vậy không có tiếp tiếp nào của (C1) đi qua B.