Top 30 de thi giua hoc ki 2 toan 10 canh dieu co dap an

Đề thi Giữa học kì 2 Tốn 10 Cánh diều (Có đáp án) – Đề số 1
Câu 1 (5,0 điểm): Giải các bất phương trình sau:
a) x2−5x+65−x2≥0x2−5x+65−x2≥0
b) 1x−2−1x−1<01x−2−1x−1<0
c) (|x−3|−1)2>x2(|x−3|−1)2>x2
Câu 2 (1,5 điểm): Tìm mm để bất phương
trình x2−2(m−23)x−m+203≥0x2−2(m−23)x−m+203≥0 có nghiệm tùy ý.
Câu 3 (2,0 điểm): Giải hệ bất phương
trình: ⎧⎪⎨⎪⎩2−3x4x−1≤0(x+1)2−16>0{2−3x4x−1≤0(x+1)2−16>0.
Câu 4 (1,5 điểm): Tìm mm để phương
trình mx2−2(m+1)x+2=0mx2−2(m+1)x+2=0 có nghiệm âm.
Lời giải chi tiết
Câu 1 (VD) - Bất phương trình
Phương pháp:
a) Tìm ĐKXĐ. Lập bảng xét dấu để tìm tập nghiệm của bất phương trình.
b) Quy đồng và áp dụng: Nếu ab<0ab<0 và a>0a>0 thì b<0b<0.
c) Phá dấu giá trị tuyệt đối, giải các bất phương trình nhận được và kết luận tập
nhiệm: |a|={akhia≥0−akhia<0|a|={akhia≥0−akhia<0
Cách giải:
Giải các bất phương trình sau:
a) x2−5x+65−x2≥0x2−5x+65−x2≥0
x2−5x+65−x2≥0x2−5x+65−x2≥0
ĐKXĐ: 5−x2≠0⇔x≠±√ 5 5−x2≠0⇔x≠±5
Ta có bảng xét dấu:


Để x2−5x+65−x2≥0x2−5x+65−x2≥0 thì x∈(−√ 5 ;2]∪(√ 5 ;3]x∈(−5;2]∪(5;3]
Vậy bất phương trình có tập nghiệm S=(−√ 5 ;2]∪(√ 5 ;3]S=(−5;2]∪(5;3].
b) 1x−2−1x−1<01x−2−1x−1<0
1x−2−1x−1<01x−2−1x−1<0
ĐKXĐ: x≠1;x≠2x≠1

;x≠2
⇔(x−1)−(x−2)(x−1).(x−2)<0⇔x−1−x+2(x−1).(x−2)<0⇔1(x−1).(x−2)<0⇔(x−1)
−(x−2)(x−1).(x−2)<0⇔x−1−x+2(x−1).(x−2)<0⇔1(x−1).(x−2)<0
⇔(x−1).(x−2)<0(vì1>0)⇔1Vậy bất phương trình có tập nghiệm S=(1;2)S=(1;2).
c) (|x−3|−1)2>x2(|x−3|−1)2>x2
TH1: x−3≥0⇔x≥3x−3≥0⇔x≥3
Bất phương trình ⇔(x−4)2>x2⇔(x−4)2>x2
⇔x2−8x+16>x2⇔x2−8x+16>x2
⇔−8x+16>0⇔−8x+16>0
⇔x<2⇔x<2
Mà x≥3⇒x∈{∅}x≥3⇒x∈{∅}.
TH2: x−3<0⇔x<3x−3<0⇔x<3
Bất phương trình ⇔(2−x)2>x2⇔(2−x)2>x2
⇔4−4x+x2>x2⇔4−4x+x2>x2
⇔4−4x>0⇔4−4x>0
⇔x<1⇔x<1
Mà x<3⇒x<1x<3⇒x<1.
Kết hợp cả hai trường hợp ta được tập nghiệm của bất phương trình
là: S=(−∞;1)S=(−∞;1)
Câu 2 (VD) - Bất phương trình
Phương pháp:
Áp dụng: f(x)=a2x+bx+c≥0,∀x∈Rf(x)=a2x+bx+c≥0,∀x∈R⇔{a>0Δ≤0⇔{a>0Δ≤0
Cách giải:
Tìm mm để bất phương
trình x2−2(m−23)x−m+203≥0x2−2(m−23)x−m+203≥0 có nghiệm tùy ý.
Bất phương trình x2−2(m−23)x−m+203≥0x2−2(m−23)x−m+203≥0 có nghiệm tùy
ý khi và chỉ khi {a>0Δ≤0{a>0Δ≤0.
+) a=1>0a=1>0 luôn đúng
+) Δ≤0Δ≤0

Δ≤0⇔4(m−23)2−4.1.(−m+203)≤0⇔4(m2−43m+49)+4m−803≤0⇔4m2−163m+1
69+4m−803≤0⇔4m2−43m−2249≤0⇔−73≤m≤83Δ≤0⇔4(m−23)2−4.1.(−m+203)
≤0⇔4(m2−43m+49)+4m−803≤0⇔4m2−163m+169+4m−803≤0⇔4m2−43m−224
9≤0⇔−73≤m≤83
Vậy −73≤m≤83−73≤m≤83.
Câu 3 (VD) - Bất phương trình và hệ bất phương trình một ẩn
Phương pháp:
Giải từng bất phương trình sau đó kết hợp nghiệm.
Cách giải:
Giải hệ bất phương
trình: ⎧⎪⎨⎪⎩2−3x4x−1≤0(x+1)2−16>0{2−3x4x−1≤0(x+1)2−16>0.
⎧⎪⎨⎪⎩2−3x4x−1≤0(x+1)2−16>0{2−3x4x−1≤0(x+1)2−16>0
ĐKXĐ: 4x−1≠0⇔x≠144x−1≠0⇔x≠14
⇔⎧⎨⎩2−3x4x−1≤0x2+2x+1−16>0⇔{2−3x4x−1≤0x2+2x+1−16>0⇔⎧⎨⎩2−3x4
x−1≤0x2+2x−15>0⇔{2−3x4x−1≤0x2+2x−15>0
⇔⎧⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪
⎪
⎪

⎪
⎪
⎪
⎪⎩⎡⎢
⎢


⎢
⎢⎣{2−3x≥04x−1<0{2−3x≤04x−1>0[x<−5x>3⇔{[{2−3x≥04x−1<0{2−3x≤04x−1>
0[x<−5x>3⇔⎧⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪⎩⎡⎢
⎢⎣x<14x≥23[x<−5x>3⇔[x<−5x>3⇔{[x<14x≥23[x<−5x>3⇔[x<−5x>3
Vậy hệ bất phương trình có tập nghiệm S=(−∞;−5)∪(3;+∞)S=(−∞;−5)∪(3;+∞).
Câu 4 (VDC) - Phương trình quy về phương trình bậc hai
Phương pháp:
Xác định điều kiện của mm để phương trình có hai nghiệm trái dấu và hai nghiệm
âm.

Cách giải:
Tìm mm để phương trình mx2−2(m+1)x+2=0(1)mx2−2(m+1)x+2=0(1) có
nghiệm âm.
+) m=0m=0: PT (1)(1) trở thành: −2x+2=0−2x+2=0⇔x=1>0⇔x=1>0 (khơng thỏa
mãn)
+) m≠0m≠0
Δ=4(m+1)2−4.m.2Δ=4(m+1)2−4.m.2=4m2+4>0=4m2+4>0 với mọi mm
⇒⇒ Phương trình (1)(1) có hai nghiệm phân biệt với m≠0m≠0.
PT (1)(1) có 11 nghiệm âm ⇔⇔PT (1)(1) có hai nghiệm trái
dấu ⇔⇔ac<0⇔2m<0ac<0⇔2m<0⇔m<0⇔m<0.


PT (1)(1) có 22 nghiệm âm ⇔{P>0S<0⇔{P>0S<0⇔⎧⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪⎩2m>02(m+1)m<0⇔{2m>02(m+1)m<0⇔{m>0−1(ktm)
Vậy m<0m<0 thì phương trình (1)(1) có nghiệm âm.
Đề thi Giữa học kì 2 Tốn 10 Cánh diều (Có đáp án) – Đề số 2
Câu 1 (4,0 điểm): Giải các bất phương trình sau:
a) x(2x−3)≤−3x(x−1)−1x(2x−3)≤−3x(x−1)−1
b) 12x−1≥4x−312x−1≥4x−3
c) √ x2−2x−3 >2x−3x2−2x−3>2x−3
d) ∣∣x2+3x+2∣∣<−x+2|x2+3x+2|<−x+2
Câu 2 (1,5 điểm): Cho hàm
số y=f(x)=2x2−mx+3m−2y=f(x)=2x2−mx+3m−2 và y=g(x)=mx2−2x+4m−5y=g(x
)=mx2−2x+4m−5.
Tìm tất cả các giá trị của tham số mm để f(x)≥g(x)f(x)≥g(x), ∀x∈R∀x∈R.
Câu 3 (1,5 điểm): Cho tam

giác ABCABC với AB=3,AC=7,BC=8AB=3,AC=7,BC=8. Hãy tính diện tích tam
giác và các bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABCABC.
Câu 4 (2,5 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho hai
điểm A(−1;2)A(−1;2),B(3;1)B(3;1) và đường
thẳng (d):{x=1+ty=2+t(d):{x=1+ty=2+t (tt là tham số)
a) Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (d′)(d′) đi qua AA và vng góc
với (d)(d).
b) Tìm tọa độ điểm A′A′ đối xứng với AA qua (d)(d).
c) Tìm tọa độ điểm MM trên (d)(d) sao cho MM cách BB một khoảng bằng √ 5 5.
Câu 5 (0,5 điểm): Giải phương
trình 4x√ x+3 +2√ 2x−1 =4x2+3x+34xx+3+22x−1=4x2+3x+3.
Lời giải chi tiết
Câu 1 (VD) - Bất phương trình
Phương pháp:
a) Đưa về phương trình bậc hai và lập bảng xét dấu.


b) Tìm ĐKXĐ. Quy đồng sau đó lập bảng xét dấu.
c) Áp dụng √ f(x) >g(x)f(x)>g(x)⇔⎡⎢
⎢
⎢
⎢⎣{f(x)≥0g(x)<0{g(x)≥0f(x)>g2(x)⇔[{f(x)≥0g(x)<0{g(x)≥0f(x)>g2(x)
d) Áp dụng |f(x)|≤a|f(x)|≤a⇔−a≤f(x)≤a⇔−a≤f(x)≤a
Cách giải:
Giải các bất phương trình sau:
a) x(2x−3)≤−3x(x−1)−1x(2x−3)≤−3x(x−1)−1
x(2x−3)≤−3x(x−1)−1⇔2x2−3x≤−3x2+3x−1⇔2x2−3x+3x2−3x+1≤0⇔5x2−6x+1
≤0x(2x−3)≤−3x(x−1)−1⇔2x2−3x≤−3x2+3x−1⇔2x2−3x+3x2−3x+1≤0⇔5x2−6x
+1≤0

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S=[15;1]S=[15;1].
b) 12x−1≥4x−312x−1≥4x−3
12x−1≥4x−3⇔12x−1≥4x−3⇔12x−1−4x−3≥012x−1≥4x−3⇔12x−1≥4x−3⇔12x−
1−4x−3≥0
ĐKXĐ: {2x−1≠0x−3≠0{2x−1≠0x−3≠0
⇔⎧⎨⎩x≠12x≠3⇔{x≠12x≠3
⇔(x−3)−4(2x−1)(x−3)(2x−1)≥0⇔x−3−8x+42x2−x−6x+3≥0⇔−7x+12x2−7x+3≥0
⇔(x−3)−4(2x−1)(x−3)(2x−1)≥0⇔x−3−8x+42x2−x−6x+3≥0⇔−7x+12x2−7x+3≥0
Ta có bảng xét dấu:


Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S=(−∞;17]∪(3;+∞)S=(−∞;17]∪(3;+∞).
c) √ x2−2x−3 >2x−3x2−2x−3>2x−3
√ x2−2x−3 >2x−3⇔⎡⎢
⎢
⎢
⎢⎣{x2−2x−3≥02x−3<0{2x−3≥0x2−2x−3>(2x−3)2⇔⎡⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢⎣⎧⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪⎩[x≤−1x≥3x<32⎧⎨⎩x≥32−3x2+10x−12>0(VN)⇔x≤−1x2−2x−3>2x−3⇔[{x2−

2x−3≥02x−3<0{2x−3≥0x2−2x−3>(2x−3)2⇔[{[x≤−1x≥3x<32{x≥32−3x2+10x−12
>0(VN)⇔x≤−1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=(−∞;−1]S=(−∞;−1].
d) ∣∣x2+3x+2∣∣<−x+2|x2+3x+2|<−x+2


∣∣x2+3x+2∣∣<−x+2⇔x−2+2x+4>0∀xx2+4x<0⇔−42+3x+2x2+3x+2<−x+2⇔{x2+2x+4>0∀xx2+4x<0⇔−4Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S=(−4;0)S=(−4;0).
Câu 2 (VD) - Bất phương trình
Phương pháp:
Đưa biểu thức về dạng f(x)−g(x)≥0f(x)−g(x)≥0.
P(x)≥0∀x∈R⇔{a>0Δ≤0P(x)≥0∀x∈R⇔{a>0Δ≤0
Cách giải:
Cho hàm
số y=f(x)=2x2−mx+3m−2y=f(x)=2x2−mx+3m−2 và y=g(x)=mx2−2x+4m−5y=g(x
)=mx2−2x+4m−5.
Tìm tất cả các giá trị của tham số mm để f(x)≥g(x)f(x)≥g(x), ∀x∈R∀x∈R.
Theo đề bài, ta có:
f(x)≥g(x)∀x∈R⇔2x2−mx+3m−2≥mx2−2x+4m−5∀x∈R⇔2x2−mx+3m−2−mx2+2
x−4m+5≥0∀x∈R⇔(2−m)x2+(2−m)x−m+3≥0∀x∈Rf(x)≥g(x)∀x∈R⇔2x2−mx+3m
−2≥mx2−2x+4m−5∀x∈R⇔2x2−mx+3m−2−mx2+2x−4m+5≥0∀x∈R⇔(2−m)x2+(
2−m)x−m+3≥0∀x∈R
TH1 : 2−m=0⇔m=22−m=0⇔m=2
Bất phương trình trở thành −2+3≥0⇔1≥0−2+3≥0⇔1≥0 (ln đúng)
TH2 : 2−m≠0⇔m≠22−m≠0⇔m≠2
Để(2−m)x2+(2−m)x−m+3≥0∀x∈R(2−m)x2+(2−m)x−m+3≥0∀x∈R⇔{2−m>0Δ≤
0⇔{2−m>0Δ≤0
⇔{m<2(2−m)2−4.(2−m).(−m+3)≤0⇔{m<2−3m2+16m−20≤0⇔⎧⎪

⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪⎩m<2⎡⎣m≥103m≤2⇔⎡⎢
⎢
⎢
⎢
⎢⎣⎧⎨⎩m<2m≥103{m<2m≤2⇔m<2⇔{m<2(2−m)2−4.(2−m).(−m+3)≤0⇔{m<2−3
m2+16m−20≤0⇔{m<2[m≥103m≤2⇔[{m<2m≥103{m<2m≤2⇔m<2


Kết hợp hai trường hợp trên, ta được m≤2m≤2
Vậy m<2m<2 thì f(x)≥g(x)f(x)≥g(x), ∀x∈R∀x∈R.
Câu 3 (VD) - Các hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác
Phương pháp:
Tính nửa chu vi của tam giác ABCABC.
Áp dụng các công thức:
+ Công thức Hê-rông SΔABC=√ p(p−a)(p−b)(p−c) SΔABC=p(p−a)(p−b)(p−c)
+ SΔABC=abc4RSΔABC=abc4R, SΔABC=p.rSΔABC=p.r
Cách giải:
Cho tam giác ABCABC với AB=3,AC=7,BC=8AB=3,AC=7,BC=8. Hãy tính diện
tích tam giác và các bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp của tam
giác ABCABC.
Đặt a=BC=8,b=AC=7,c=AB=3a=BC=8,b=AC=7,c=AB=3.
pΔABC=a+b+c2=8+7+32=9pΔABC=a+b+c2=8+7+32=9
Áp dụng cơng thức Hê-rơng ta
có: SΔABC=√ p(p−a)(p−b)(p−c) SΔABC=p(p−a)(p−b)(p−c)=√ 9.(9−8).(9−7).(9−3
) =9.(9−8).(9−7).(9−3)
Ta lại có:
SΔABC=abc4RSΔABC=abc4R⇒R=abc4SΔABC⇒R=abc4SΔABC=3.7.84.6.√ 3 =

7√ 3 =3.7.84.6.3=73
SΔABC=p.rSΔABC=p.r⇒r=SΔABCp⇒r=SΔABCp=6.√ 3 9=2√ 3 3=6.39=233
Câu 4 (VD) - Phương trình đường thẳng
Phương pháp:
a) (d)⊥(d′)⇔⃗nd′.⃗nd=0(d)⊥(d′)⇔n→d′.n→d=0
⇒(d)⇒(d) đi qua A(−1;2)A(−1;2) nhận ⃗ndn→d là VTPT
b) Giả sử (d)∩(d′)=H(d)∩(d′)=H⇒⇒ HH là trung điểm của AA′AA′. Tọa độ
điểm HH là nghiệm của hệ phương
trình ⎧⎪⎨⎪⎩xH=1+tyH=2+txH+yH−1=0{xH=1+tyH=2+txH+yH−1=0.
c) M∈(d):{x=1+ty=2+tM∈(d):{x=1+ty=2+t ⇒M(1+t;2+t)⇒M(1+t;2+t)sau đó áp
dụng cơng thức tính độ dài véc tơ để tìm tọa độ điểm M .
Cách giải:


Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho hai điểm A(−1;2)A(−1;2), B(3;1)B(3;1) và
đường thẳng (d):{x=1+ty=2+t(d):{x=1+ty=2+t (tt là tham số)
a) Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (d′)(d′) đi qua AA và vng góc
với (d)(d).
(d):{x=1+ty=2+t(d):{x=1+ty=2+t⇒⃗ud=(1;1)⇒u→d=(1;1)
Vì (d)⊥(d′)(d)⊥(d′)⇒⃗nd′=⃗ud=(1;1)⇒n→d′=u→d=(1;1).
Phương trình tổng qt của đường thẳng (d′)(d′) đi qua A(−1;2)A(−1;2) có
VTPT ⃗nd′=(1;1)n→d′=(1;1) là :
1.(x+1)+1.(y−2)=0⇔x+y−1=01.(x+1)+1.(y−2)=0⇔x+y−1=0
Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng (d′):x+y−1=0(d′):x+y−1=0.
b) Tìm tọa độ điểm A′A′ đối xứng với AA qua (d)(d).

Theo đề bài, A′A′ đối xứng với AA qua (d)(d) nên (d)(d) là đường trung trực
của AA′AA′.
⇒(d)⊥AA′⇒(d)⊥AA′ mà A∈(d′)A∈(d′) và (d)⊥(d′)(d)⊥(d′)
⇒A′∈(d′)⇒A′∈(d′)

Giả sử (d)∩(d′)=H(d)∩(d′)=H⇒⇒ HH là trung điểm của AA′AA′.
Tọa độ điểm H(xH;yH)H(xH;yH) là nghiệm của hệ phương trình:
⎧⎪⎨⎪⎩xH=1+tyH=2+txH+yH−1=0⇒(1+t)+(2+t)−1=0⇔2t+2=0⇔t=−1{xH=1+ty
H=2+txH+yH−1=0⇒(1+t)+(2+t)−1=0⇔2t+2=0⇔t=−1
⇒{xH=1+(−1)yH=2+(−1)⇒{xH=1+(−1)yH=2+(−1)⇔{xH=0yH=1⇔{xH=0yH=1
⇒H(0;1)⇒H(0;1)


Vì HH là trung điểm của AA′AA′ nên
{xA=2xH−xA′yA=2yH−yA′{xA=2xH−xA′yA=2yH−yA′⇔{xA=1yA=2⇔{xA=1y
A=2 ⇒A′(1;0)⇒A′(1;0)
c) Tìm tọa độ điểm MM trên (d)(d) sao cho MM cách BB một khoảng bằng √ 5 5.
M∈(d):{x=1+ty=2+tM∈(d):{x=1+ty=2+t⇒M(1+t;2+t)⇒M(1+t;2+t)
Có B(3;1)B(3;1)⇒−−→MB=(2−t;−1−t)⇒MB→=(2−t;−1−t).
Theo đề bài, ta có: MB=√ 5 MB=5
⇒MB2=5⇔(2−t)2+(−1−t)2=5⇔2t2−2t=0⇔2t(t−1)=0⇔[t=0t−1=0⇔[t=0t=1⇒MB
2=5⇔(2−t)2+(−1−t)2=5⇔2t2−2t=0⇔2t(t−1)=0⇔[t=0t−1=0⇔[t=0t=1
+) Với t=0⇒M(1;2)t=0⇒M(1;2)
+) Với t=1⇒M(2;3)t=1⇒M(2;3)
Vậy M(1;2)M(1;2) hoặc M(2;3)M(2;3)thì MM cách BB một khoảng bằng √ 5 5.
Câu 5 (VD) - Phương trình quy về phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai
Phương pháp:
+ Tìm ĐKXĐ
+ Biến đổi phương trình đã cho về
dạng (2x−√ x+3 )2+(√ 2x−1 −1)2=0(2x−x+3)2+(2x−1−1)2=0.
Cách giải:
ĐKXĐ:{x+3≥02x−1≥0{x+3≥02x−1≥0⇔⎧⎨⎩x≥−3x≥12⇔{x≥−3x≥12⇔x≥12⇔x
≥12
4x√ x+3 +2√ 2x−1 =4x2+3x+3⇔4x2−2.2x.√ x+3 +(√ x+3 )2−x−3−2√ 2x−1 +3x+3=
0⇔4x2−2.2x.√ x+3 +(√ x+3 )2+2x−2√ 2x−1 =0⇔4x2−2.2x.√ x+3 +(√ x+3 )2+2x−1

−2√ 2x−1 +1=0⇔4x2−2.2x.√ x+3 +(√ x+3 )2+(√ 2x−1 )2−2.1.√ 2x−1 +1=0⇔(2x−√
x+3 )2+(√ 2x−1 −1)2=04xx+3+22x−1=4x2+3x+3⇔4x2−2.2x.x+3+(x+3)2−x−3−2
2x−1+3x+3=0⇔4x2−2.2x.x+3+(x+3)2+2x−22x−1=0⇔4x2−2.2x.x+3+(x+3)2+2x
−1−22x−1+1=0⇔4x2−2.2x.x+3+(x+3)2+(2x−1)2−2.1.2x−1+1=0⇔(2x−x+3)2+(2
x−1−1)2=0
Ta có:
(2x−√ x+3 )2≥0(√ 2x−1 −1)2≥0⎫⎬⎭(2x−x+3)2≥0(2x−1−1)2≥0}⇒(2x−√ x+3 )2+(√
2x−1 −1)2≥0⇒(2x−x+3)2+(2x−1−1)2≥0
Dấu “==” xảy ra khi và chỉ khi:


{2x−√ x+3 =0√ 2x−1 −1=0⇔⎧⎨⎩(2x)2=(√ x+3 )2(√ 2x−1 )2=1⇔{4x2−x−3=02x=
2⇔⎧⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪⎩⎡⎣x=1x=−34x=1⇔x=1(tm){2x−x+3=02x−1−1=0⇔{(2x)2=(x+3)2(2x−1)2=1⇔
{4x2−x−3=02x=2⇔{[x=1x=−34x=1⇔x=1(tm)
Vậy phương trình có nghiệm x=1x=1.