Đề thi HK II và đáp án Toán 10NC - Đề số 1

Đề thi 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⇔ − − − − − − − =
( ) ( )
x 1 2 x 5
x 1 2 x 1 7 x 0
x 4
x 1 7 x

− = =

⇔ − − − − − = ⇔ ⇔


=

− = −



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 :
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 tan30 . 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.