Thiết kế bài dạy các môn học lớp 4 - Tuần 29 năm 2009

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ 1 Câu 1(3 điểm) Cho hai mệnh đề chứa biến P(n): “n là số chính phương” và Q(n): “n + 1 không chia hết cho 4” với n là số tự nhiên. a) Xác định tính đúng – sai của các mệnh đề P(16) và Q(2003). b) Phát biểu bằng lời định lí “ n  A , P(n)  Q(n) ”. c) Phát biểu mệnh đề đảo của định lí trên. Mệnh đề đảo đó có đúng không? Câu 2(4 điểm) a) Cho A = { n  A | n là ước của 12} ; B = { n  A | n là ước của 18}. Xác định A  B và A  B . Hãy viết các tập đó bằng hai cách. b) Xác định các tập A  B , A  B và biểu diễn các tập đó trên trục số trong mỗi trường hợp sau: i) A  {x  A | x  1} ; B  {x  A | x  3} . ii) A  (1;5); B  [0;6) . iii) A  [1;3]; B  (2; ) . Câu 3 (2 điểm) Cho A = {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9}, B = {0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8 ; 9} và C = {3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7} a) Tìm A  B và B \ C . b) So sánh hai tập A  (B \ C) và (A  B) \ C . Câu 4(1 điểm) Trong một thí nghiệm, hằng số C được xác định là 2,43265 với cận trên của sai số tuyệt đối d = 0,00312. Hỏi C có mấy chữ số chắc? Đáp án Câu 1 a) P(16) đúng, Q(2003) sai. b) Với mọi số tự nhiên n, nếu n là số chính phương thì n + 1 không chia hết cho 4. c) Mệnh đề đảo là “Với mọi số tự nhiên n, nếu n + 1 không chia hết cho 4 thì n là số chính phương”. Mệnh đề đảo sai, chẳng hạn, với n = 5 thì n + 1 = 6 không chia hết cho 4 nhưng 5 không là số chính phương. Câu 2 a) A  B  {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 9 ; 12 ; 18}  {n  A | n là ước của 36 và nhỏ hơn 36}. A  B  {1 ; 2 ; 3 ; 6} = { n  A | n là ước của 6}. b) i) A  B  (1;3) , AB  A ; A  B  (1;6) ; ii) A  B  [0 ; 5), A  B  [1 ; +). iii) A  B  (2 ; 3],. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 3 a) A  B  {0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 9} , B \ C  {0 ; 2 ; 8 ; 9} ; b) A  (B \ C)  (A  B) \ C  {0 ; 2 ; 9} . Câu 4 Vì 0,0005 < 0,00312 < 0,005 nên chữ số hàng phần trăm là chữ số chắc và chữ số hàng phần nghìn không chắc. Do đó, C có ba chữ số chắc. ĐỀ SỐ 2 Câu 1 (2 điểm) a) Cho mệnh đề P: “ Với mọi số thực x, nếu x là số hữu tỉ thì 2x là số hữu tỉ ”. Dùng kí hiệu lôgic và tập hợp để diễn đạt mệnh đề trên và xác định tính đúng – sai của nó. c) Phát biểu mệnh đề đảo của P và chứng tỏ mệnh đề đó đúng. Sử dụng thuật ngữ “Khi và chỉ khi” phát biểu gộp cả hai mệnh đề thuận và đảo. Câu 2(4 điểm) a) Trong các tập sau đây, hãy cho biết tập nào là tập con của tập nào: A = {1 ; 2 ; 3]; B = { nA | n < 4 } C = ( 0;  ); D = { x  A | 2x 2  7x  3  0 }. b) Tìm tất cả các tập X thỏa mãn bao hàm thức sau: {1 ; 2}  X  {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5} . d) Cho tập A = {1 ; 2} và B {1 ; 2 ; 3 ; 4}. Tìm tất cả các tập C thỏa mãn điều kiện AC  B. Câu 3 (2 điểm) Xác định tính đúng – sai của các mệnh đề sau: a) x  A , x  2  x 2  4; b) x  A , x  2  x 2  4; c) x  A , x 2  4  x  2 ; d) x  A , x  2  x 2  4 . Câu 4 (2 điểm) Một miếng đất hình chữ nhật có chiều rộng x = 43 m 0,5 m và chiều dài y = 63 m 0,5 m . Chứng minh rằng chu vi P của miếng đất là P = 212 m 2 m. Đáp án Câu 1 a) Mệnh đề P: “ x  A , x  A  2x  A ”. Mệnh đề đúng. b) Mệnh đề đảo của P là : “Với mọi số thực x, nếu 2x là số hữu tỉ thì x là số hữu tỉ”. Phát biểu gộp cả hai mệnh đề thuận và đảo: “Với mọi số thực x, x  A khi và chỉ khi 2x  A ”. Dùng kí hiệu lôgic: “ x  A , x  A  2x  A ”.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 2 a) A  B, A  C, D  C b) {1 ; 2}, {1 ; 2 ; 3}, {1 ; 2 ; 4}, {1 ; 2 ; 5}, {1 ; 2 ; 3 ; 4}, {1 ; 2 ; 3 ; 5}, {1 ; 2 ; 4 ; 5}, {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5}. c) {3 ; 4}, {1 ; 3 ; 4}, {2 ; 3 ; 4}, {1 ; 2 ; 3; 4}. Câu 3 a) Sai ;. b) Đúng ;. c) Sai;. d) Đúng.. Câu 4 Giả sử x = 43 + u , y = 63 + v. Ta có P = 2x + 2y = 2(43 + 63) + 2u + 2v = 212 + 2(u + v) Theo giả thiết 0,5  u  0,5 và 0,5  u  0,5 nên 2  2(u  v)  2 . Do đó, P = 212 m  2 m. ĐỀ SỐ 3 Câu 1 (2 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số sau rồi lập bảng biến thiên của nó: y  2 x  2 . Câu 2(3 điểm) Cho một parabol (P) và một đường thẳng (d) song song với trục hoành. Một trong hai giao điểm của (d) và (P) là M(- 2 ; 3). Tìm tọa độ giao điểm thứ hai của (d) và (P), biết rằng đỉnh của parabol (P) có hoành độ bằng 1. Câu 3(5 điểm) Cho hàm số y  0,5x 2  mx  2,5 a) Tìm m sao cho đồ thị của hàm số nói trên là parabol nhận đường thẳng x = 3 làm trục đối xứng. b) Với giá trị tìm được của m, hãy khảo sát sự biến thiên, lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số đó. c) Đường thẳng y = 2,5 cắt parabol vừa vẽ tại hai điểm. Tính khoảng cách giữa hai điểm ấy. Đáp án Câu 1 Đồ thị (h.2.13). Bảng biến thiên: x. 2. . . 0. y  2 x  2 . . Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 2 Gọi N (x ; y) là giao điểm thứ hai của đường thẳng (d) và parabol (P), ta cần tính x và y. - N thuộc đường thẳng (d) (song song với Ox và đi qua M( 2;3 )). Do đó, tung độ của N là 3, tức là N có tọa độ (x ; 3). - Vì đỉnh của parabol (P) có hoành độ bằng 1 nên parabol có trục đối xứng là đường thẳng x = 1. - Do tính đối xứng của parabol, N(x ; 3) và M( 2;3 ) đối xứng với nhau qua đường thẳng x = 1. Từ đó suy ra 2  x 1 x  4. 2. Kết luận: Tọa độ của N là (4 ; 3). Câu 3 a) Parabol y  0,5x 2  mx  2,5 có trục đối xứng là đường thẳng x = m . Do đó, để trục đối xứng ấy là đường thẳng x  3 , ta phải có m  3 , tức là m = 3. b) Khi đó, ta có hàm số y  0,5x 2  3x  2,5 . Đồ thị như hình 2.14. Suy ra: - Hàm số nghịch biến trên khoảng (; 3) và đồng biến trên khoảng (3; ) . - Bảng biến thiên:   3 x y  0,5x 2  3x  2,5. . . 2. Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 2 tại x  3 . c) Hoành độ các giao điểm của parabol với đường thẳng x = 2,5 là các nghiệm của phương trình y  0,5x 2  3x  2,5 = 2,5 hay y  0,5x 2  3x  0 . Phương trình này có hai nghiệm là x1  0 và x 2  6 . Do hai giao điểm nằm trên đường thẳng song song với trục hoành nên khoảng cách giữa hai giao điểm là x1  x 2  6.. ĐỀ SỐ 4 Câu 1 (3 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số sau rồi lập bảng biến thiên của nó: y  x 2  2x  3 . Câu 2 (2 điểm). Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Xác định hàm số y = f(x), biết rằng đồ thị của nó là một đường thẳng song song với đường thẳng y   3x và cắt trục tung tại điểm A có tung độ bằng 2. Câu 3 (5 điểm) Biết rằng hàm số bậc hai y = f(x), trong đó f (x)  x 2  px  q có đồ thị là parabol (P) với đỉnh là điểm I( 2; 3 ). a) Cần phải tịnh tiến parabol y  x 2 thế nào để có parabol (P). b) Xác định hàm số y = f(x) rồi khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của nó. c) Nếu tịnh tiến parabol (P) sang phải 1 đơn vị thì ta được đồ thị của hàm số nào? Đáp án Câu 1 - Đồ thị như hình 2.15 - Bảng biến thiên: x  y  x  2x  3 2. 1. 1 4. . 0. 3.  . 0. Câu 2 Vì hàm số có đồ thị là một đường thẳng (d) nên hàm số đó có dạng y = ax + b. Ta cần tính a và b. - Vì (d) song song với đường thẳng y   3x nên a   3 . - Vì (d) cắt trục tung tại A(0 ; 2) nên b = 2. Vậy hàm số cần tìm là y   3x  2 . Câu 3 a) Parabol (P) có được là do tịnh tiến parabol ( P1 ): y = x2. Khi tịnh tiến, đỉnh (0 ; 0) của ( P1 ) sẽ dịch chuyển đến vị trí đỉnh của (P), tức là điểm I(2 ;  3). Do đó, ta phải tịnh tiến parabol ( P1 ) sang phải 2 đơn vị rồi xuống dưới 3 đơn vị. b) Từ câu a) ta suy ra (P) là đồ thị của hàm số y = (x – 2 )2 – 3 hay y = x2 – 4x + 1 Đồ thị như hình 2.16. Sự biến thiên: Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ; 2 ) và đồng biến trên khoảng (2;  ). c) Đặt f(x) = x2 – 4x + 1, đồ thị của nó là parabol (P). Nếu tịnh tiến (P) sang phải 1 đơn vị thì ta được đồ thị của hàm số f(x – 1 ) = (x – 1 )2 – 4(x – 1 ) + 1 = x2 – 6x + 6. ĐỀ SỐ 5 Câu 1 (5 điểm). Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Giải các hệ phương trình sau: 6 2 x  y  3  a)  ;  3  4  1  x y.  xy  4x  4y  23. b) . 2 2  x  xy  y  19. Câu 2 (5 điểm) Cho phương trình (m  1)x 2  2x  m  1  0 a) Chứng minh rằng với mọi m  1 , phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu. b) Với giá trị nào của m thì một trong hai nghiệm của phương trình bằng 2 ? Khi đó hãy tìm nghiệm kia? c) Với giá trị nào của m thì tổng bình phương hai nghiệm của phương trình bằng 6? Đáp án Câu 1 a) Trong hệ phương trình đã cho, đặt u . 2 3 và v  , ta có hệ phương trình ẩn u và v là y x. 2u  v  3  u  2v  1. Ta giải hệ phương trình này bằng phương pháp thế. Từ phương trình thứ hai ta có u = 2v – 1 . (1) Trong phương trình đầu, thay thế u bởi 2v – 1 , ta được 2(2v – 1 ) + v = 3  5v = 5  v = 1. Từ đó và (1) suy ra u = 1. Do đó, hệ đã cho tương đương với hệ phương trình 3  x  1 2   1.  y. Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x ; y) = (3 ; 2). b) Đặt s = x + y và p = xy, ta có x 2  y 2  s 2  2p . Thế vào hệ phương trình đã cho, ta được hệ phương trình ẩn s và p: p  4s  23 s 2  19  4s  23   2 2 s  p  19 p  s  19 s 2  4s  4  0 s  2   2 p  15 p  s  19.  x  y  2  xy  15. Do đó, hệ phương trình đã cho tương đương với hệ   x  y  2 x  3   xy  15  y  5. Ta có . Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  x  5 y  3. hoặc . Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (3 ; - 5 )và (- 5 ; 3). Câu 2 a) Khi m  1 , ta có a  0 nên phương trình đã cho là một phương trình bậc hai. Hơn nữa, phương trình này có ac  (m  1) 2  0 nên phương trình luon có hai nghiệm trái dấu. b) Kí hiệu vế trái của phương trình là f(x). Phương trình có nghiệm x  2 khi và chỉ khi f (2)  0 , nghĩa là: 7 3. (m – 1 )4 – 4 – m + 1 = 0  3m  7  0  m  . Khi đó, do tích của hai nghiệm bằng. c 1  1 nên nghiệm thứ hai của phương trình là . a 2. c) Trên đây, ta đã viết: với m  1 , phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu. Gọi hai nghiệm ấy là x1 và x 2 . Theo Vi-ét ta có: 2 ; x1x 2  1 . m 1 4 6  2  6  (m  1) 2  1  m  0 hoặc m  2 . 2 (m  1). x1  x 2  . Do đó, x12  x 2 2. Trả lời . m = 0, m = 2. ĐỀ SỐ 6 Câu 1 (5 điểm) Giải và biện luận hệ phương trình sau(a là tham số) ax - 4y = 2  - x + ay = a - 3. Câu 2 (5 điểm) Cho phương trình x2 – (k – 3 )x – k + 6 = 0. (1) a) Khi k = - 5 , hãy tìm nghiệm gần đúng của (1) (chính xác đến hàng phần chục). b) Tùy theo k, hãy biện luận số giao điểm của parabol y = x2 – (k – 3 )x – k + 6 với đường thẳng y = - k x + 4. c) Với giá trị nào của k thì phương trình (1) có một nghiệm dương? Đáp án Câu 1 Ta có: D. a 4  a 2  4  (a  2)(a  2) ; D = 0  a  2 1 a. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 2 4  2a  4(a  3)  6(a  2) a 3 a a 2 Dy   a 2  3a  2  (a  1)(a  2) . 1 a  3 Dx . Từ đó suy ra: - Nếu a  2 thì D  0 và hệ phương trình có một nghiệm (x ; y), trong đó: x. Dy a 1 Dx 6  ;y   D a2 D a2. 2x  4y  2  x  2y  1 và có vô số nghiệm có dạng tổng quát là (2y + 1 ; y) với y  A . - Nếu a = - 2 thì D = 0 , D x  0 nên hệ vô nghiệm.. - Nếu a = 2 thì D  D x  D y = 0, hệ trở thành . Kết luận: 6   x  a  2 - Khi a  2 , hệ có một nghiệm  y  a 1  a2  x  2y  1 - Khi a = 2, hệ có vô số nghiệm (x ; y):  y  A. - Khi a = - 2, hệ vô nghiệm. Câu 2 a) Với k = - 5, ta có phương trình bậc hai x2 + 8x + 11 = 0. Phương trình này có biệt thức  '  5 nên có hai nghiệm phân biệt: x1  4  5  6, 2 và x 2  4  5  1,8 . b) Số giao điểm của parabol với đường thẳng đã cho bằng số nghiệm của phương trình x2 – (k – 3 )x – k + 6 = - kx + 4. (2) 2 Ta có (2)  x  3x  k  2  0 Phương trình bậc hai này có biệt thức   9  4(k  2)  4k  1 . Do đó: - Nếu k  . 1 thì   0 , phương trình (2) vô nghiệm nên parabol và đường thẳng không 4. có điểm chung. - Nếu k  . 1 thì   0 , phương trình (2) có một nghiệm nên parabol và đường thẳng có 4. một điểm chung. - Nếu k  . 1 thì   0 , phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt nên parabol và đường 4. thẳng có hai điểm chung. c) Xét các trường hợp sau: * Phương trình (1) có nghiệm kép, nghĩa là   (k  3) 2  4(k  6)  k 2  2k  15  0  k  3 hoặc k  5 .. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> - Nếu k = - 3 thì (1) trở thành x2 + 6x + 9 = 0, có một nghiệm âm x = - 3 (không thỏa mãn yêu cầu). - Nếu k = 5 thì (1) trở thành x2 -2x + 1 = 0, có một nghiệm dương x = 1 (thỏa mãn yêu cầu). * Phương trình (1) có một nghiệm x = 0, nghĩa là k = 6. Lúc này, phương trình trở thành x2 – 3x = 0, ngoài nghiệm x = 0 còn có một nghiệm dương x = 3 (thỏa mãn yêu cầu). * Phương trình (1) có một nghiệm âm và một nghiệm dương, tức là hai nghiệm trái dấu. Điều đó xảy ra khi k  6  0 hay k  6 . Tóm lại, các giá trị cần tìm của k là k = 5 và k  6. ĐỀ SỐ 7 Với mỗi câu 1, 2 , 3 dưới đây, trong các phương án đã cho chỉ có một phương án đúng. Hãy lựa chọn phương án đúng đó. Câu 1(1 điểm) Tam thức bậc hai f (x)  (1  2)x 2  (3  2)x  2 (A) Âm với mọi x  A ; (B) Dương với mọi x  A ; 1   (C) Âm với mọi x  ( 2;1  2) ; (D) Âm với mọi x    3;  3 . Câu 2 (1 điểm)Tập nghiệm của bất phương trình x 2  (1  3)x  6  2 3  0 là (B)  1  3; 2 3  ;. (A) [ 3;1+ 3] ; . (C)   3;  . . 1  ; 3. (D)  1  3;  .. Câu 3 (1 điểm) Tập nghiệm của bất phương trình (A) 7;   ; (C) 4;  . x  2  6  x là. 13  17 13  17  ; ; 2 2   13  17  (D)  ;   . 2  . (B) . Câu 4 (3 điểm)Chứng minh rằng 2a 2  b 2  c 2  2a(b  c) với mọi a, b, c  A . Khi nào có đẳng thức? Câu 5 (4 điểm) Tìm các giá trị của m sao cho hệ bất phương trình sau có nghiệm: 1 x  x    1 2 4   x 2  2mx  2m  1  . Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Đáp án Câu 1. (C); Câu 4. Ta có. Câu 2. (B);. Câu 3. (D).. a 2  b 2  2ab a 2  c 2  2ac Với mọi a, b, c  A .. (1) (2). Cộng từng vế hai bất đẳng thức (cùng chiều) trên, ta được 2a 2  b 2  c 2  2ab  2ac hay 2a 2  b 2  c 2  2a(b  c). (3). (3) là đẳng thức khi và chỉ khi (1) và (2) đều là những đẳng thức, tức là a = b = c. Câu 5. Dễ thấy tập nghiệm của bất phương trình đầu của hệ đã cho là 2;   . Tam thứuc ở vế trái của bất phương trình thứ hai của hệ có nghiệm là x1  1, x 2  2m  1 . Tập nghiệm của bất phương trình thứ hai là đoạn có hai đầu mút là x1 và x 2 . Hệ có nghiệm khi và chỉ khi x 2  2 hay 2m  1  2 , tức là m . 1 . 2. ĐỀ SỐ 8 Với mỗi câu 1, 2, 3 dưới đây, trong các phương án đã cho chỉ có một phương án đúng. Hãy lựa chọn phương án đúng đó. Câu 1 (1 điểm)Tập nghiệm của bất phương trình x 2  2( 5  1)x  3(5  2 5)  0 là (A)  3 5, 2  5  ; 1. . (C)  ; 5  ; 2 . . 1. (B)  3 5;   ; 2  (D)  3 5; 5  .. Câu 2 (1 điểm)Tập xác định của hàm số f (x) . x 2  x  12  2 2 là. (A) 5; 4;. (B) ; 5 4;   ;. (C) ;1 4;   (D) ; 5  1;   Câu 3 (1 điểm)Phương trình (m 2  4)x 2  2(m  2)x  3  0. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Vô nghiệm khi và chỉ khi (A) m  4 hoặc m  2 (C) m  4 hoặc m  2 ;. (B) m  4 hoặc m  2 ; (D) m  4 hoặc m  2 .. Câu 4 (3 điểm) Chứng minh rằng ab a 2  b2 với mọi a, b  A .  2 2. Câu 5 (4 điểm)Giải bất phương trình x 2  10x  25  x 2  4. Đáp án Câu 1. (A); Câu 2. (B); Câu 3. (C). Câu 4. Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức cho trường hợp a và b là những số không âm. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (a  b) 2 a 2  b 2   a 2  2ab  b 2  2(a 2  b 2 ) 4 2 2  a  2ab  b 2  0  (a  b) 2  0. Bất đẳng thức cuối cùng đúng. Do đó, khi a và b là hai số không âm, ta có a 2  b2 a  b  2 2. Với a, b tùy ý, từ kết quả trên ta có a 2  b2  2. 2. a b. 2. 2. . ab 2. . ab 2. Câu 5 Vì x2 – 10x + 25 = (x – 5 )2 nên bất phương trình đã cho tương ứng với bất phương trình x  5  x2  4 . Bất phương trình trên tương đương với x  5  0. (I) . x  5  0. hoặc (II) . 2 2 x  5  x  4 5  x  x  4 x  5 x  5 (I)   2  x  A  x  5 x  x  1  0. (1). x  5 x  5 1  37   (II)  2 1  37 hoặc x  2 x  x  9  0 x  2  x. 1  7 1  37  x  5. hoặc 2 2. Lop10.com. (2).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Từ (1) và (2) suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  1  37   1  7   ;    5;    2   2     1  37   1  37   ; ;      2 2    . ĐỀ SỐ 9 Tiến hành một cuộc thăm dò về số giờ tự học của một học sinh lớp 10 ở nhà trong một tuần, người điều tra chọn ngẫu nhiên 50 học sinh lớp 10 và đề nghị các em cho biết số giừo tự học ở nhà trong 10 ngày. Mẫu số liệu được trình bày dưới dạng bảng phân bố tần số ghép lớp sau đây (đơn vị là giờ). Lớp Tần số [0 ; 9] 5 [10 ; 19] 9 [20 ; 29] 15 [30 ; 39] 10 [40 ; 49] 9 [50 ; 59] 2 N = 50 a) (2 điểm) Dấu hiệu là gì? Đơn vị điều tra là gì? b) (1 điểm) Đây là điều tra mẫu hay điều tra toàn bộ? c) (2 điểm) Bổ sung cột tần suất để hình thành bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp. d) (3 điểm) Vẽ biểu đồ tần số hình cột và biểu đồ tần suất hình quạt. e) (2 điểm) Tính số trung bình. Đáp án a) Dấu hiệu: Số giờ tự học trong một tuần. Đơn vị điều tra: Một học sinh lớp 10. b) Điều tra mẫu. c) Bổ sung cột tần suất, ta có bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp: Lớp [0 ; 9] [10 ; 19] [20 ; 29] [30 ; 39] [40 ; 49] [50 ; 59]. Tần số 5 9 15 10 9 2 N = 50. d) Biểu đồ tần số hình cột (h. 5.10).. Lop10.com. Tần suất (%) 10 18 30 20 18 4.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Trước hết, ta tính góc ở tâm tương ứng với tần suất của các lớp (xem bảng sau). Từ đó vẽ được biểu đồ tần suất hình quạt (h.5.11). Lớp [0 ; 9] [10 ; 19] [20 ; 29] [30 ; 39] [40 ; 49] [50 ; 59] e) Ta có bảng sau: Lớp [0 ; 9] [10 ; 19] [20 ; 29] [30 ; 39] [40 ; 49] [50 ; 59]. Góc ở tâm 36  64,8  108  72  64,8  14,4  Giá trị đại diện 4,5 14,5 24,5 34,5 44,5 54,5. Tần số 5 9 15 10 9 2 N = 50. Từ đó tính được số trung bình xấp xỉ là 27,5 giờ. ĐỀ SỐ 10 Để khảo sát kết quả thi môn Toán trong kì thi tuyển sinh đại học năm vừa qua của trường A, người điều tra chọn một mẫu gồm 100 học sinh tham gia kí thi tuyển sinh đó. Điểm môn Toán (thang điểm 10) của các học sinh này được cho ở bảng phân bố tần số sau đây. Điểm 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tần số 1 1 3 5 8 13 19 24 14 10 2 N = 100 a) (2 điểm) Tìm mốt. b) (3 điểm) Tìm số trung bình (chính xác đến hàng phần trăm) c) (2 điểm) Tìm số trung vị d) (3 điểm) Tìm phương sai và độ lệch chuẩn(chính xác đến hàng phần nghìn). Đáp án a) M 0  7 . b) x  6, 23 c) Số liệu đứng thứ năm mươi là 6, thứ năm mươi mốt là 7. Vậy M e  6,5. d) s 2  3,957.s  1,989 .. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> ĐỀ SỐ 11 Câu 1. (3 điểm) Cho góc lượng giác ( Ou, Ov ) có số đo 1955 . a) Tìm góc lượng giác cùng tia đầu, tia cuối với góc đã cho và có số đo là số dương nhỏ nhất. b) Tìm số đo góc hình học uOv. Câu 2. (3 điểm) Chứng minh rằng với mọi  , ta có: 2  2  3   cos 2   cos 2   +   cos 2      3  3  2  . Câu 3. (4 điểm) Chứng minh rằng: sin.  5 7  11 1 sin sin sin  . 24 24 24 24 16. Đáp án Câu 1 a) Do 1955  6.360  205, 0  205  360 nên 205 là số đo góc lượng giác (Ou, Ov) cần tìm. b) Có thể viết 1955  5.360  155, 0  155  180 nên góc hình học uOv có số đo 155 . Câu 2 2  2  3   cos 2   cos 2   +   cos 2      3  3  2   2. 2 2   2 2    cos    coscos  sin  sin    coscos  sin  sin  3 3   3 3   2. 2.  1   1  3 3  cos     cos  sin      cos  sin   2 2  2   2  3 3 1  3  cos 2   2  cos 2   sin 2    (cos 2   sin 2 )  4 2 4  2. 2. 2. Câu 3. Cách 1 sin.  5 7  11  5   5      sin sin sin  sin sin sin    sin    24 24 24 24 24 24  2 24   2 24 .  5 5  1   1 5  sin cos cos   sin  .  sin  24 24 24 24  2 12   2 12  1    1  1    1  sin sin     sin cos  sin  4 12  2 12  4 12 12 8 6 16  sin. Lop10.com. 2.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Cách 2 sin.  11 1  10 12  1 5 sin   cos  cos   cos ; 24 24 2  24 24  2 12. sin. 5 7 1  2 12  1  .sin   cos  cos   cos 24 24 2  24 24  2 12. Vậy:.  5 7  11 1 5  sin sin sin  cos cos 24 24 24 24 4 12 12 1 4 6  1  1   cos  cos   cos  8 12 12  8 3 16. sin. ĐỀ SỐ 12  2. Câu 1. (5 điểm)Cho góc lượng giác , 0    . Giả sử đã biết tan   cot   m , hãy tính sin 2, cos2 theo m.. Câu 2. (3 điểm) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, luôn có tan. A B B C C A tan  tan tan  tan tan  1 . 2 2 2 2 2 2. Câu 3. (2 điểm)Tính sin 2.  5  11 13 2  sin 2  sin 2  sin 2  sin 2  sin 2 3 6 9 18 18 9. Đáp án Câu 1. sin  cos sin 2   cos 2   m m cos sin  sin cos 1 2   m  sin 2  1 m sin  2  (để ý rằng do 0    , tan , cot đều dương nên m > 0). 2 4 m2  4 2 Ta có cos 2  1  2  . Từ dó: m m2 m2  4   thì 0  2  nên cos2 = (để ý thêm rằng do tan , cot đều m 4 2 dương mà tan .cot  1 nên tan   cot  m  2 ).. - Khi 0   . Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> - Khi. m2  4       thì  2   , cos2  0 nên cos2   m 4 2 2. Câu 2 C  A B A B C , , đều là các góc nhọn và      nên 2 2  2 2 2 2 2 A B 1  tan tan C 1 A B 2 2 tan  cot      2  2 2  tan  A  B  tan A  tan B   2 2  2 2. Vì. Từ đó: C A B A B  tan  tan   1  tan tan , 2 2 2 2 2 A B B C C A tức là tan tan  tan tan  tan tan  1 2 2 2 2 2 2 tan. Câu 3. Dễ thấy sin 2. 11  13 2  cos 2 ,sin 2  cos 2 18 9 18 9. Nên tổng đã cho bằng 3.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>