Đề kiểm tra học kì 2 toán 10

1. Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II
MÔN: TOÁN .LỚP: 10 CƠ BẢN
Câu I : (3,0điểm) Giải các bất phương trình sau :
1) 2
(2 3)( 1) 3x x x    2)
2
4 1
2
3
x x
x
 


3) 4 3 2x x  
Câu II : (3,0 điểm)
1) Cho 3
sin
5
x  và 0
2
x

  .Tính cos ; sin2x; cos2xx
2) Tìm m để phương trình: 2
2( 1) 5 1 0x m x m     vô nghiệm.
3) Chứng minh : 0 0
1 1
2
sin18 sin54
 
Câu III : (3,0 điểm) Trong mp Oxy.Cho A(10; 5); B(3; 2); C(6; -5)
1) Viết phương trình đường cao AH của ABC .
2) CMR: ABC vuông và tính diện tích ABC
3) Viết phương trình đường tròn (T ) ngoại tiếp ABC .
Câu IV:(1,0 điểm).Cho đường tròn (C) : 2 2
4 2 4 0x y x y     .
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) vuông góc với đường thẳng d: 5 12 9 0x y  
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HKII
C©u ý Néi dung §iÓm
I(3,0đ) 1 Ta có : 2 2
(2 3)( 1) 3 6 0x x x x x        0.25
Tam thức có 2 nghiệm là x1 = -2 và x2 = 3 0.25
Vì tam thức cùng dấu với a = 1> 0 nên tập nghiệm của bất
phương trình là ( ; 2] [3; )S      0.25
2
Ta có :
2 2
4 1 6 7
2 0
3 3
x x x x
x x
   
  
  0.25
2 1
6 7 0
7
3 0 3
x
x x
x
x x

      
   
0.25
x - -7 1 3 +
2
6 7x x  + 0 - 0 + +
3 x + + + 0 -
VT + 0 - 0 + -
0.5
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( 7;1) (3; )S     0.25
3 Ta có : 4 3 2 2 4 3 2x x x x x          0.25
5
4 3 2 3
4 3 2 1
5
x
x x
x x
x

   
  
     

1 5
5 3
x  
0.5

2. Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 5
;
5 3
S
 
  
 
0.25
II(3,0đ) 1 Ta có : 2 2 9 16 4
cos 1 sin 1 cos
25 25 5
x x       
0.25
Vì 0
2
x

  nên cosx > 0 4
cos
5
x 
0.25
3 4 24
sin 2 2sin cos 2. .
5 5 25
x x x  
0.25
2 2 16 9 7
cos2 cos
25 25 25
x x sin x    
0.25
2
Ta có :
0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
1 1 sin54 sin18 2cos36 .sin18
2
sin18 sin54 sin54 .sin18 cos36 .sin18

    (đpcm) 1,0
3 Ta có : 2 2
' ( 1) (5 1) 3 2m m m m        0.25
Phương trình vô nghiệm 2
' 0 3 2 0m m       0.5
1 2m   0.25
III(3,0đ) 1 Vì AH BC nên AH nhận  3; 7BC   làm vtpt 0.5
do đó AH có phương trình là : 3( 10) 7( 5) 0x y    0.25
3 7 5 0x y    0.25
2 Ta có :    7;3 ; 3; 7BA BC   0.25
. 7.3 3.( 7) 0BA BC     ABC  vuông tại B ( đpcm) 0.25
2 2
(10 3) (5 2) 58BA      ; 2 2
(6 3) ( 5 2) 58BC       0.25
1 1
. 58. 58 29
2 2
S BA BC  
0.25
3 vì ABC vuông tại B nên tâm đường tròn (T) là trung điểm
I của AC và I(8;0)
0.5
bán kính của đường tròn (T) là :
2 2
(10 8) (5 0) 29R IA     
0.25
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là:
2 2
( 8) 29x y  
0.25
IV(1,0đ) (C) có tâm là I(2; -1) và bán kính là 4 1 4 3R     0.25
Vì tiếp tuyến  d nên pt  có dạng :12 5 0x y c   0.25
Mà  tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có :
12.2 5.( 1)
( ; ) 3
144 25
c
d I R
  
   

20
19 39
58
c
c
c

      
0.25
Vậy pttt của (C) là : 1 :12 5 20 0x y    và 2 :12 5 58 0x y    0.25