Đề số 2 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán 10

Đáp án và lời giải chi tiết Đề số 2 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán học 10

Quảng cáo

Đề bài

Câu 1 (2.5 điểm). Cho phương trình \(m{x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + m - 3 = 0\)

a) Giải phương trình khi \(m = 3\).

b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1} + 2{x_2} = 1\).

Câu 2 (2.5 điểm). Giải các phương trình sau:

 a) \(\sqrt {3{x^2} - 4x + 77}  = 2x + 5\)  

 b)  \({x^2} - x + \sqrt {x + 1}  - 8 = 0\)

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + x + y = 4\\x\left( {x + y + 1} \right) + y\left( {y + 1} \right) = 2\end{array} \right.{\rm{  }}\)\(\;\left( {x;y \in R} \right)\)

Câu 4 (1,0 điểm). Cho tam giác \(ABC\) có \(\angle BAC = {60^0};AB = 5;AC = 10\). Gọi \(D\)là trung điểm \(BC\) và \(M\)là điểm thỏa mãn \(3M\vec A + 2M\vec C = \vec 0\).

Tính độ dài \(BM\) và chứng minh rằng \(AD \bot BM\).

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có  trực tâm  H(3; -2) và trung điểm của AB là \(M\left( {\dfrac{1}{2};0} \right)\). Đường thẳng BC có phương trình  x – 3y – 2 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu 6(1,0 điểm). Cho \(x;y;z\) là các số thực dương thỏa mãn : \(x + y + z = 3\) 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \dfrac{x}{{2x + y + z}} + \dfrac{y}{{x + 2y + z}} \)\(\,+ \dfrac{z}{{x + y + 2z}}\)

Câu 7(1,0 điểm). Cho \(a,\,b,\,c\) là độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn.

Chứng minh rằng  \(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge 10\)

Lời giải chi tiết

Câu 1:

a. Giải phương trình khi \(m = 3\).

Khi \(m = 3\) phương trình trở thành: \(3{x^2} - 4x = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {3x - 4} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\)

Kết luận: Nghiệm của phương trình là \(x = 0\) và \(x = \dfrac{4}{3}\)

b. Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1} + 2{x_2} = 1\).

Để phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta  \ge 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {m - 1} \right)^2} - m\left( {m - 3} \right) \ge 0\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m + 1 \ge 0\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m \ge  - 1\end{array} \right.\) (*)

Áp dụng Vi-et và giả thiết ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2 - \dfrac{2}{m}\left( 1 \right)\\{x_1} + 2{x_2} = 1\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} = 1 - \dfrac{3}{m}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Từ (1) và (2) suy ra \({x_2} =  - 1 + \dfrac{2}{m};{x_1} = 3 - \dfrac{4}{m}\) (4)

Thế (4) vào (3) được

\(\begin{array}{l}\left( { - 1 + \dfrac{2}{m}} \right)\left( {3 - \dfrac{4}{m}} \right) = 1 - \dfrac{3}{m} \\\Leftrightarrow 4{m^2} - 13m + 8 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{{13 - \sqrt {41} }}{8}\\m = \dfrac{{13 + \sqrt {41} }}{8}\end{array} \right.\end{array}\).

Kết hợp điều kiện (*) suy ra  \(\left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{{13 - \sqrt {41} }}{8}\\m = \dfrac{{13 + \sqrt {41} }}{8}\end{array} \right.\)

Câu 2:

a) Giải phương trình \(\sqrt {3{x^2} - 4x + 77}  = 2x + 5\)

Phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 5 \ge 0\\3{x^2} - 4x + 77 = {\left( {2x + 5} \right)^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - \dfrac{5}{2}\\{x^2} + 24x - 52 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - \dfrac{5}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 26\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\)

Nghiệm của phương trình là \(x = 2\)

b) Giải phương trình  \({x^2} - x + \sqrt {x + 1}  - 8 = 0\).(1)

ĐKXĐ: \(x \ge  - 1\)

(1) \( \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x - 6} \right) + \left( {\sqrt {x + 1}  - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right) + \dfrac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left[ {x + 2 + \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}}} \right] = 0\)

\( \Leftrightarrow x = 3\)( vì \(x + 2 + \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} > 0,\forall x \ge  - 1\))

Câu 3: Giải hệ phương trình\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + x + y = 4\\x\left( {x + y + 1} \right) + y\left( {y + 1} \right) = 2\end{array} \right.\)(I)

Hệ \(\left( I \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + x + y = 4\\{x^2} + {y^2} + x + y + xy = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} - 2xy + x + y = 4\\{\left( {x + y} \right)^2} - xy + x + y = 2\end{array} \right.\)

Đặt \(S = x + y;P = xy\)(đk:\({S^2} \ge 4P)\)

Hệ (I) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}{S^2} - 2P + S = 4\\{S^2} - P + S = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}P =  - 2\\\left[ \begin{array}{l}S = 0\\S =  - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Với \(S = 0,P =  - 1\)(thỏa mãn). Giải hệ được \(\left( {x;y} \right) = \left( {\sqrt 2 ; - \sqrt 2 } \right),\) \(\left( {x;y} \right) = \left( { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\)

Với \(S =  - 1,P =  - 2\)(thỏa mãn).

Giải hệ được \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 2} \right),\left( {x;y} \right) = \left( { - 2;1} \right)\)

Kết luận: Vậy hệ có 2 nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 2} \right),\left( {x;y} \right) = \left( { - 2;1} \right)\)

Câu 4:

Từ giả thiết suy ra \(AM = \dfrac{2}{5}AC = 4\)

Áp dụng định lý côsin vào \(\Delta ABM\) được \(B{M^2} = A{B^2} + A{M^2} - 2AB.AM.\cos BAM = 21 \) \(\Leftrightarrow BM = \sqrt {21} \)

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right); \cr
& \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} = \frac{2}{5}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \cr} \)

\(\eqalign{
& 2\overrightarrow {AD} .5\overrightarrow {BM} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .} \right)\left( {2\overrightarrow {AC} - 5\overrightarrow {AB} } \right) \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = - 5A{B^2} + 2A{C^2} - 3\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = 0 \cr} \)

Vậy \(AD \bot BM\)

Câu 5:

- Phương trình AH:     \(3(x - 3) + 1.(y + 2) = 0\) 

                                \( \Leftrightarrow 3x + y - 7 = 0\)

Do \(A \in AH;B \in BC.\) Đặt  \(A({x_1};7 - 3{x_1});B({x_2};\dfrac{{{x_2} - 2}}{3}).\)

  M là trung điểm AB \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 1}\\{(7 - 3{x_1}) + \dfrac{{{x_2} - 2}}{3} = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 2}\\{{x_2} =  - 1}\end{array}} \right.\)  \(\Rightarrow\) A(2; 1); B(-1; -1).

Đặt \(C({x_3};\dfrac{{{x_3} - 2}}{3}).\) Có : \(\overrightarrow {AC}  = \left( {{x_3} - 2;\dfrac{{{x_3} - 2}}{3} - 1} \right);\) \(\;\overrightarrow {BH}  = (4; - 1)\)

   Vì  \(BH \bot AC \Leftrightarrow \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\)

\( \Leftrightarrow 4({x_3} - 2) - 1.\dfrac{{{x_3} - 5}}{3} = 0\) \( \Leftrightarrow {x_3} = \dfrac{{19}}{{11}}\) \( \Rightarrow \)\(C\left( {\dfrac{{19}}{{11}}; - \dfrac{1}{{11}}} \right)\).

Vậy A(2; 1); B(-1; -1); \(C\left( {\dfrac{{19}}{{11}}; - \dfrac{1}{{11}}} \right)\).

Câu 6:

\(P = \dfrac{x}{{x + 3}} + \dfrac{y}{{y + 3}} + \dfrac{z}{{z + 3}}\)\(\, = 3 - 3\left( {\dfrac{1}{{x + 3}} + \dfrac{1}{{y + 3}} + \dfrac{1}{{z + 3}}} \right)\)

Ta có \(\left[ {\left( {x + 3} \right) + \left( {y + 3} \right) + \left( {z + 3} \right)} \right]\left( {\dfrac{1}{{x + 3}} + \dfrac{1}{{y + 3}} + \dfrac{1}{{z + 3}}} \right) \ge 9\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{{x + 3}} + \dfrac{1}{{y + 3}} + \dfrac{1}{{z + 3}} \ge \dfrac{3}{4}\)

\( \Rightarrow P \le \dfrac{3}{4}\), dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1

Vậy GTLN của P là \(\dfrac{3}{4}\)khi x = y = z = 1

Câu 7: Do \(a,\,b,\,c\) là độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn nên có một trong các bất đẳng thức sau xảy ra: \({a^2} \ge {b^2} + {c^2},\,\,{b^2} \ge {c^2} + {a^2},{c^2} \ge {a^2} + {b^2}\). Giả sử \({a^2} \ge {b^2} + {c^2}\). Đặt \(A = \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)\)

Khi đó ta có:

\(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)\)\(\, = 1 + {a^2}\left( {\dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right) + \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} + \left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow A \ge 1 + {a^2}.\dfrac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} + 4\)

\( \Leftrightarrow A \ge 1 + \dfrac{{3a{}^2}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{a{}^2}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{{a{}^2}} + 4 \)\(\,\ge 1 + 3 + 2\sqrt {\dfrac{{a{}^2}}{{{b^2} + {c^2}}}.\dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{{a{}^2}}}  + 4 = 10\)

Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A

 Loigiaihay.com

Quảng cáo

Xem thêm tại đây: ĐỀ THI HỌC KÌ 2 MÔN TOÁN 10
?>
Gửi bài tập - Có ngay lời giải