Đề kiểm tra học kì II môn Toán Lớp 10 - Trường THPT Gang Thép - Năm học 2011-2012 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra học kì II môn Toán Lớp 10 - Trường THPT Gang Thép - Năm học 2011-2012 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN ĐỀ THI HỌC KỲ 2 NĂM HỌC 2011 – 2012 TRƯỜNG THPT GANG THÉP Môn thi : Toán 10 Thời gian: 90 phút MÃ ĐỀ 151 (không kể thời gian giao đề) I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm): 1 x x2 x 2 Câu 1(2 điểm): Giải bất phương trình sau: 0 x2 9 2 3 Câu 2(1 điểm): Cho sin và . Hãy tính: cos2 ,cos 5 2 sinx sin5 x sin9 x Câu 3(1 điểm): Chứng minh rằng: t an5x cosx cos5 x cos9 x (Giả thiết biểu thức trên đã có nghĩa) Câu 4(3 điểm): Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(-2;1), B(1;4), C(3;-5) a. Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao hạ từ đỉnh B của tam giác ABC b. Viết phương trình tổng quát cạnh AC. c. Viết phương trình đường tròn có tâm B và tiếp xúc với đường thẳng AC. II. Phần riêng ( 3 điểm): A. Dành cho các lớp từ 10A3 đến 10A10: Câu 5a(1 điểm): Cho biểu thức f( x ) x2 2 m 1 x 5 m 1. Tìm m để f() x luôn dương với mọi giá trị của x . x2 y 2 Câu 6a(1 điểm): Cho Elip (E) có phương trình 1. 36 25 Tìm tọa độ các tiêu điểm, các đỉnh của (E). Câu 7a(1 điểm): Cho A, B, C là 3 góc trong một tam giác. Chứng minh : sin2ABCABC sin2 sin2 4sin sin sin Học sinh lớp 10a10 không phải làm câu 7a. B. Dành cho các lớp 10A1 và 10A2: Câu 5b(1 điểm): Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: mx2 2 m 2 x 2 m 1 0 x2 y 2 Câu 6b(1 điểm): Cho Hypebol (H) có phương trình chính tắc là 1. Tìm tọa độ 49 36 các tiêu điểm, tọa độ các đỉnh của (H). Viết phương trình đường tiệm cận của (H) Câu 7b (1 điểm): Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có 3 góc A, B, C thỏa mãn điều kiện sau thì tam giác ABC là tam giác vuông: cosBC cos sin A sinBC sin Hết Họ và tên: . SBD:
2. Đáp án vắn tắt: câu Đáp án Điểm 1 Điều kiện: x 3 0.25 1 x x2 x 2 Đặt f x 0.5 x2 9 Tìm các nghiệm 1 Lập bảng xét dấu Kết quả: Bất phương trình có nghiệm x 3; 1  1;2  3; 0.25 2 4 17 0.5 cos2 1 2sin2 1 2. 25 25 21 cos 0 cos 1 sin 2 0.5 5 3 Ta có: 1 sinx sin5 x sin9 x sinx sin9x sin5 x cosx cos5 x cos9 x cos x cos9 x cos5 x 2sin5x .cos4 x sin5 x sin5x 2cos4 x 1 t an5x 2cos5x .cos4 x cos5 x cos5 x 2cos4 x 1 4a +)Gọi đường cao từ B là BH.  1 BH đi qua điểm B(1;4) và có VTPT là AC 5; 6 nên phương trình BH là: 5x 1 6 y 4 0 5 x 6 y 19 0  4b AC đi qua A(-2;1) và có VTCP AC 5; 6 1 AC đi qua A(-2;1) và có VTPT n 6;5 . AC có phương trình tổng quát là : 6 x 2 5 y 1 0 6 x 5 y 7 0 4c 6.1 5.4 7 33 1 Bán kính đường tròn là R d B, AC 62 5 2 61 Đường tròn tâm B(1;4) và tiếp xúc với AC có phương trình: 2 2 1089 x 1 y 4 61 5a Điều kiện bài toán tương đương 1 m 1 2 5 m 1 0 m2 3 m 2 0 m 1;2 Kết luận m 1;2 thì thỏa mãn 6a x2 y 2 0.5 Elip có dạng 1 a b 0, c2 a 2 b 2 a2 b 2 a 6 Ta có b 5 c 11 Tiêu điểm FF 11;0 , 11;0 1 2
3. Tọa độ đỉnh AABB1 6;0, 2 6;0, 1 0;5, 2 0;5 0.5 7a Ta có : 1 sin2ABCABABCC sin2 sin2 2sin cos 2sin cos 2sinCABCCCABAB cos 2sin cos 2sin cos cos 4sinABC sin sin 5b Với m = 0 không thỏa mãn yêu cầu. 1 Với m 0 điều kiện bài toán tương đương m 0 m 0 2 2 m 1; m 2 m 2 m 1 0 m 3 m 4 0 Vậy với m 1; thỏa mãn yêu cầu 6b x2 y 2 1 Hpebol có dạng 1 a b 0, c2 a 2 b 2 a2 b 2 a 7 Ta có b 6 c 85 Tiêu điểm FF 85;0 , 85;0 1 2 Tọa độ đỉnh AA1 7;0 , 2 7;0 6 Phương trình các đường tiệm cận : y x 7 7b. BCBC 1 cosBC cos 2cosc os sinAA sin 2 2 BCBC sinBC sin 2sinc os 2 2 A sin A 1 sinAAA 2 2cos cos 0 900 AA cos2 cos 2 2 Vậy tam giác ABC vuông tại A Thí sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tuyệt đối.
4. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2011 – 2012 TRƯỜNG THPT GANG THÉP Môn thi : Toán 10 Thời gian: 90 phút MÃ ĐỀ 252 (không kể thời gian giao đề) I. Phần chung cho tất cả các thí sinh(7 điểm): x 1 x2 x 12 Câu 1(2 điểm): Giải bất phương trình sau: 0 4 x2 3 Câu 2(1 điểm): Cho cosa 0,8 và a . Hãy tính: sina ; cos2 a . 2 sinx sin7 x sin13 x Câu 3(1 điểm): Chứng minh rằng: tan7x cosx cos7 x cos13 x (Giả thiết biểu thức trên đã có nghĩa) Câu 4(3 điểm): Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(-2;1), B(1;4), C(3;-5) a. Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC b. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng BC. c. Viết phương trình đường tròn có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng BC. II. Phần riêng(3 điểm): A. Dành cho các lớp từ 10A3 đến 10A10: Câu 5a(1 điểm): Cho biểu thức f( x ) x2 2 m 1 x m 1. Tìm m để f() x luôn âm với mọi giá trị của x . x2 y 2 Câu 6a(1 điểm): Cho Elip (E) có phương trình 1. 49 36 Xác định tọa độ các tiêu điểm, các đỉnh của (E). Câu 7a(1 điểm): Cho A, B, C là 3 góc trong một tam giác. Chứng minh : cos2 A c os2 B c os2 C 1 4cos A cos Bc os C Học sinh lớp 10a10 không phải làm câu 7a. B. Dành cho các lớp từ A1 và A2: Câu 5b(1 điểm): Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: mx2 2 m 1 x 9 m 4 0 x2 y 2 Câu 6b(1 điểm): Cho Hypebol (H) có phương trình chính tắc là 1. Tìm tọa 36 25 độ các tiêu điểm, tọa độ các đỉnh của (H). Viết phương trình đường tiệm cận của (H) Câu 7b(1 điểm): Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có 3 góc A, B, C thỏa mãn điều kiện sau thì tam giác ABC là tam giác vuông: sinAB cos t anA sinBA cos Hết Họ và tên: . SBD:
5. Đáp án vắn tắt và biểu điểm Câu Đáp án Điểm 1 Điều kiện: x 2 0.25 x 1 x2 x 12 Đặt f x 0.5 4 x2 Tìm các nghiệm 1 Lập bảng xét dấu Kết quả: Bất phương trình có nghiệm x ; 4  2;1  2;3 0.25 2 cos2a 2cos2 a 1 0,28 0.5 sina 0 sin a 1 c os2 a 0,6 0.5 3 sinx sin 7x sin13 x cosx c os7 x c os13 x (sinx sin13x ) sin7 x 2sin7 x cos6 x sin7 x 0.5 (cosx c os13 x ) c os7 x 2cos7 xc os6 x c os7 x sin 7x 2 c os6x 1 t an7x cos7x 2cos6 x 1 0.5 4a Gọi đường cao từ A là AH.  1 AH đi qua điểm A(-2;1) và có VTPT là BC 2; 9 nên phương trình AH là: 2 x 2 9 y 1 0 2 x 9 y 13 0  4b +)BC đi qua B(1;4) và có VTCP BC 2; 9 1 Suy ra BC có VTPT n 9;2 . BC có phương trình tổng quát là : 9 x 1 2 y 4 0 9 x 2 y 17 0 4c 9.( 2) 2.1 17 33 0.5 Bán kính đường tròn là R d A, BC 2 2 9 2 85 Đường tròn tâm A và tiếp xúc với BC có phương trình: 2 2 1089 x 2 y 1 0.5 85 5a Điều kiện bài toán tương đương 1 '0 m 1 2 1 m 10 m2 320 m m 1;2 Kết luận m 1;2 thì thỏa mãn 6a x2 y 2 Phương trình của Elip có dạng 1 a b 0, c2 a 2 b 2 a2 b 2 a 7 Ta có b 6 c 13 0.5 Tọa độ đỉnh AABB 7;0, 7;0, 0;6, 0;6 1 2 1 2 0.5 Tiêu điểm FF 13;0 , 13;0 1 2
6. 7a Ta có : 1 cAcBcCos2 os2 os2 12os cAB cos AB 2cos2 C 2oscoscC AB 2cos.os( CcAB ) 2os cC cos AB cos AB 4cosA cos Bc os C 5b Với m = 0 không thỏa mãn yêu cầu. 1 Với m 0 điều kiện bài toán tương đương m 0 m 0 1 2 2 m ; m 1 m 9 m 4 0 8m 2 m 1 0 2 1 Vậy với m ; thỏa mãn yêu cầu 2 6b x2 y 2 1 Hypebol có dạng 1 a b 0, c2 a 2 b 2 a2 b 2 a 6 Ta có b 5 c 61 Tiêu điểm FF 61;0 , 61;0 1 2 Tọa độ đỉnh AA1 6;0 , 2 6;0 5 Phương trình các đường tiệm cận : y x 6 7b. sinAB cos 1 tanAABAAAB sin sin cos cos sin cos sinBA cos sinsinABABABAB coscos 0 cos 0 900 Vậy tam giác ABC vuông tại C Thí sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tuyệt đối.