Lời giải đề thi thử học kì 2, khối 10, năm học 2012 -2013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (139 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Đề 1:

Câu 1: (3đ) Giải các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:

a) 2

1
2
3 10

x

x x






  b)

1 2 1 1

2 3 4

2 1 9

3 5

x x

x x

x

 



 







  




c) x2 5x17 1 5 x d) x 3 x2 2x15 0

Câu 2: (3đ) Cho phương trình:



m 2



x2 mx m  2 0 (1)
a) Giải phương trình khi m4

b) Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2. Tính

1 2
2 1
x x
A

x x

 

c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt.

Câu 3 (1đ) Cho tam giác ABC có AB8 cm, AC5 cm, góc A600

a) Giải tam giác ABC

b) Tính bán kính đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC, tính đường cao AH.
Câu 4 (2đ) Cho A



1; 2



và : 3x 4y 4 0

a) Tìm tọa độ điểm B là hình chiếu của A trên đường thẳng .

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đường trịn tâm A và tiếp xúc với  biết tiếp tuyến song song

với đường thẳng 1: 3x4y0.
Câu 5 (1đ) Cho

3
sin

 

;

3
2


  

. Tính sin 2 , cot 6




 



 

 

Hướng dẫn giải:
Đề 1:

Câu 1a) Chú ý:

Để giải câu này ta cần chú ý một kĩ thuật phân tích thành nhân tử như sau:

Nếu tam thức bậc hai f x( )ax2bx c



a0



có hai nghiệm là x1 và x2 thì được 
phân tích thành nhân tử như sau: f x( )ax2bx c a x x 



 1

 

x x 2



Ví dụ:

 Xét tam thức bậc hai:

 

2 5 6
f x x  x

có hai nghiệm là x13, x2 2, nên được phân tích 
thành nhân tử là f x

 

x2 5x 6



x 3

 

x 2



 Xét tam thức bậc hai:

 

3 4

g x  x  x

có hai nghiệm là x11, 2
4
3
x 

, nên được phân

tích thành nhân tử là

 







 



2 4

3 4 3 1 1 3 4

g x  x  x  x x  x x

 

 Tương tự: các bạn hãy phân tích các tam thức bậc hai sau thành nhân tử:


 

4 5 6

h x  x  x

 p x( ) 5 x23x14


 

2 3 10
q x x  x

 

q x là mẫu số ở vế trái của câu 1a)

Đáp số:

 

4 2 5 6 4







2 4

 



h x  x  x  x x  x x

 







 



2 7

( ) 5 3 14 5 2 2 5 7

p x  x  x  x x  x x

 

 

2 3 10



 



q x x  x  x x

Quay lại với câu 1a), ta có cách giải như sau:

2 2

1 1

2 2

3 10 3 10

x x

x x x x

 

   

 

   



 



1
0

2 5 2

x

x x x



  

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>



 





 



5 . 1
0

2 5

x x

   

 

 



 



5
0

2 5

x x

x x

  

 

 



 





 



0 2 5 0

2 5 x x

x x

     

 

Đặt f x

  

 x 2

 

x5



Ta có: x 2 0  x2

5 0 5

x   x
Bảng xét dấu:

x   5 2 

x  |  0 

x  0  | 

 

f x  0  0 

Dựa vào bảng xét dấu ta có: f x

 

0 x   



; 5

 

 2;



Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T    



; 5

 

 2;



Tương tự: các bạn hãy giải bất phương trình sau (trong đề thi học kì 2 năm học 2011 – 2012)
Giải bất phương trình: 2

2 5

3
5 6

x x

x

x x






 

1 2 1 1

2 3 4

2 1 9

3 5

x x

x x

x

 



 








  
















6 1 2 4 1 3

2 .5 15.4 3 1 9

x x

x x x

   



 

  




6 12 4 4 3 0
70 3 27 0

x x

    


 

  



16 7 0 16 7

43 3 0 43 3

x x

   

 

   

  

 

16 43

7 x 3

  

Vậy tập nghiệm của hệ là

16 43
;
7 3
T  

 

c) x2 5x17 1 5 x (1)

Nhắc lại:





0 hc 0

A B

A B

 




  





Do đó: 2

1 5 0
(1)

5 17 1 5
x

x x x

 




 

   



 2

1
5

17 0
x

x




 

  



Hệ vô nghiệm vì x217 0    x

Vậy phương trình (1) vơ nghiệm.

d) x 3 x2 2x15 0  x 3 x2 2x15 (2)

Chú ý rằng: phương trình trên có dạng f x( )g x

 

với f x

 

x2 2x15 và g x

 

 x 3

Nhắc lại:

 

( ) 0

f x
f x g x g x

f x g x

 




   








Do đó, ta có:

 





2 2
2 15 0

2 3 0

3 2 15

x x

x

x x x

   




   



   



 2 2

3 5

6 9 2 15

x x

x

x x x x

   



  



    



3 5

3
6

x x

x
x

  




  

 

  5 x 6

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 2:



m 2



x2 mx m  2 0 (1)

a) Khi m4, phương trình (1) thành 2x2 4x 2 0 x2 2x 1 0

Ta có





' 1 1.1 0

    

Do đó, phương trình có nghiệm kép





1 2

1
1
1
x x   

b) Giả sử (1) có hai nghiệm x x1, 2. Theo định lí Vi-ét ta có:
1 2

1 2

2
2

. 1

2
m
x x

m
m
x x

m



 



 





  

 



Do đó:





2 2

1 2 1 2

2 1 1 2 1 2

2 .

. .

x x x x

x x x x

A

x x x x x x

 



   

2
2.1

2 2

1 2

m

m
m

m

 



 

  

 

   



 

c) Phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khí







 



2 0

4 2 2 0

0
2
1 0
a m

m m m

m
S

m
P

  




      





 






  







2 2

4 4 4 0

0 2

m

m m m

m






     



 




2
2

3 16 16 0

0 2

m

m m

m





    

  


2
4

4
3

0 2

m
m
m






   



 




3 m

  

Vậy với

4
; 2
3
m  

  thì phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt.

Câu 3.
a) Đặt:

, ,

BC a AC b AB c  


2 2 2 2

2 2 0

2 .cos
5 8 2.5.8.cos 60
49

BC a b c  cb A

  



7
BC

  (cm)

 Để dễ tính, ta nhớ a BC 7,b CA 5,c AB 8

 2 2 2 72 82 52

cos 0,78

2 2.7.8

a c b
B

ac

   

   

38, 2

B

  

 1800



600 38, 20



81,80
C

    

b) Ta có diện tích của tam giác ABC là:

 0

1 1

.sin .5.8.sin 60 10 3

2 2

S  bc A 

(cm2)

 Tính bán kính đường trịn nội tiếp:

Ta có:





10 3 10 3

. 3

1 10

. 5 8 7
2

S
S p r r

p

     

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

 Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp:
Ta có:

5.8.7 7 7 3

4 4 4.10 3 3 3

abc abc

S R

R S

     

(cm)

Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là

3
21
R

(cm)

 Tính đường cao AH:

Ta có:

1 1

. .

2 2

ABC a

S  a h  BC AH 2 2.10 3 20 3

7 7

ABC

S
AH

BC



   

(cm)
Vậy đường cao

20 3
7
AH 

(cm)
Câu 4: A



1; 2



, : 3x 4y 4 0

a) Gọi d là đường thẳng đi qua A và vng góc với .

Vì d   nên phương trình đường thẳng d có dạng: 4x3y C 0
Vì A



1; 2



d nên 4.1 3. 2







C0  C2

Do đó ta có phương trình d là: 4x3y 2 0

Vì B là hình chiếu vng góc của A lên  nên B d 

Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

3 4 4 0

4 3 2 0

x y
x y

  




  



4
5
2
5
x
y





 

 



Vậy

4 2
;
5 5
B 

 .

Chú ý:khi giải hệ phương trình trên với sự trợ giúp của máy tính bỏ túi thì ta cần chuyển các hệ

số tự do qua vế phải trước khi bấm máy.
b) Gọi R là bán kính đường trịn. Ta có:









2 2

3.1 4. 2 4 15

,( ) 3

3
3 4

R d A       


Gọi d1 là tiếp tuyến cần tìm.

Vì d1/ /1: 3x4y0 nên phương trình d1 có dạng: 3x4y D 0

Vì d1 là tiếp tuyến với đường trịn tâm A nên ta có: d A d



, 1



 R 3





2 2
3.1 4. 2

3
3 4

D

  

 



3 5 15

5
D

D

 

     

5 15 20

5 15 10

D D

   

 

   

   

 

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 3x4y20 0 và 3x4y10 0
(Đề thi hơi dở, mong các bạn thông cảm )

Câu 5: Vì

3
;


  

  nên cos 0.

Ta có:

2 2 2 3 16

sin cos 1 cos 1

5 25

          

 

4
cos



 

(vì cos 0)
3

sin 5 3

tan

cos 4







   

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Do đó:

3 4 24

sin 2 2sin .cos 2.

5 5 25

          

   

tan tan

6
tan

6 1 tan .tan
6












 

 

 

  

1 3
4
3

1 3

4
3




  24 3 43




1 11

cot

6 tan 24 3 43




 

    

  

  

 

</div>