Đề kiểm tra giữa kì 2 Toán 10 - đề số 2 có lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm):

1) Giải bất phương trình $5{x^2} - {\left( {3 - 2x} \right)^2} \ge 4$.

2) Giải phương trình $9 - \sqrt {3x + 1}  = x$.

Câu 2 (2,0 điểm):

1) Tìm tập xác định của hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {1 - \dfrac{{8 - {x^2}}}{{4x - {x^2}}}}$

2) Giải bất phương trình ${x^2} - 2\left| {x - 1} \right| + 2 > 0$.

Câu 3 (2,0 điểm):

1) Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để bất phương trình ${x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - 4m < 0$ vô nghiệm.

2) Giải bất phương trình $\sqrt {{x^2} + 3}  \ge 2x$.

Câu 4 (1,5 điểm): Cho tam giác $ABC$ có $AB = 3cm,\,\,AC = 10cm,$$\angle BAC = {120^0}$.

1) Tính diện tích tam giác $ABC$.

2) Tính độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $B$ của tam giác $ABC$.

Câu 5 (1,5 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho điểm $A\left( {8;\,\, - 1} \right)$ và đường thẳng $d$ có phương trình $2x - y - 7 = 0$.

1) Viết phương trình tham số của đường thẳng $d$. Tìm điểm $M$ thuộc $d$ sao cho $AM = 5$.

2) Trong các đường thẳng đi qua $O$, hãy viết phương trình tổng quát của đường thẳng mà khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng đó là lớn nhất.

Câu 6 (1,0 điểm): Cho $x \ge  - 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số $y = \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}$.

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

1) Đưa về bất phương trình tích sau đó lập bảng xét dấu.

2) Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.

Áp dụng: $\sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right)$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) \ge 0\\f\left( x \right) = {g^2}\left( x \right)\end{array} \right.$

Cách giải:

1) Giải bất phương trình $5{x^2} - {\left( {3 - 2x} \right)^2} \ge 4$.

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,5{x^2} - {\left( {3 - 2x} \right)^2} \ge 4\\ \Leftrightarrow 5{x^2} - \left( {9 - 12x + 4{x^2}} \right) \ge 4\\ \Leftrightarrow 5{x^2} - 9 + 12x - 4{x^2} - 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 12x - 13 \ge 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 13x - x - 13 \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 13x} \right) - \left( {x + 13} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 13} \right) - \left( {x + 13} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 13} \right) \ge 0\end{array}$

Ta có bảng xét dấu của bất phương trình:

Từ bảng xét dấu, ta thấy để $\left( {x - 1} \right)\left( {x + 13} \right) \ge 0$thì $x \in \left( { - \infty ;\,\, - 13} \right] \cup \left[ {1;\,\, + \infty } \right)$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( { - \infty ;\,\, - 13} \right] \cup \left[ {1;\,\, + \infty } \right)$.

2) Giải phương trình $9 - \sqrt {3x + 1}  = x$.

Điều kiện xác định : $3x + 1 \ge 0$$\Leftrightarrow x \ge  - \dfrac{1}{3}$

     $9 - \sqrt {3x + 1}  = x$$\Leftrightarrow \sqrt {3x + 1}  = 9 - x$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - x \ge 0\\3x + 1 = {\left( {9 - x} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - x \ge 0\\{x^2} - 21x + 80 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 9\\\left( {x - 5} \right)\left( {x - 16} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 9\\\left[ \begin{array}{l}x - 5 = 0\\x - 16 = 0\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 9\\\left[ \begin{array}{l}x = 5\,\,\\x = 16\,\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 5\end{array}$

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 5$.

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

1) $f\left( x \right) = \dfrac{{A\left( x \right)}}{{B\left( x \right)}}$ xác định khi và chỉ khi $B\left( x \right) \ne 0$; $f\left( x \right) = \sqrt {P\left( x \right)}$ xác định  khi và chỉ khi $P\left( x \right) \ge 0$

2) Xét từng trường hợp: $\left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( x \right)$ nếu $f\left( x \right) \ge 0$; $\left| {f\left( x \right)} \right| =  - f\left( x \right)$ nếu $f\left( x \right) < 0$.

Cách giải:

1) Tìm tập xác định của hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {1 - \dfrac{{8 - {x^2}}}{{4x - {x^2}}}}$.

Hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {1 - \dfrac{{8 - {x^2}}}{{4x - {x^2}}}}$ xác định khi và chỉ khi :

$\left\{ \begin{array}{l}1 - \dfrac{{8 - {x^2}}}{{4x - {x^2}}} \ge 0\\4x - {x^2} \ne 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{4x - {x^2}}}{{4x - {x^2}}} - \dfrac{{8 - {x^2}}}{{4x - {x^2}}} \ge 0\\x\left( {4 - x} \right) \ne 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{4x - 8}}{{4x - {x^2}}} \ge 0\,\,\,\,\left( * \right)\\x \ne 0\,;x \ne 4\end{array} \right.$

Ta có bảng xét dấu của bất phương trình $\left( * \right)$:

Từ bảng xét dấu, ta thấy để $\dfrac{{4x - 8}}{{4x - {x^2}}} \ge 0\,$thì $x \in \left( { - \infty ;\,\,0} \right) \cup \left[ {2;\,\,4} \right)$

Vậy tập xác định của hàm số là: $D = \left( { - \infty ;\,\,0} \right) \cup \left[ {2;\,\,4} \right)$

2) Giải bất phương trình ${x^2} - 2\left| {x - 1} \right| + 2 > 0$.

Trường hợp 1: $x - 1 \ge 0$$\Leftrightarrow x \ge 1$

Bất phương trình trở thành:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 2\left( {x - 1} \right) + 2 > 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 4 > 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 3 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + 3 > 0\,\,\,\forall \,x \in \mathbb{R}\end{array}$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x \ge 1$.

Trường hợp 2: $x - 1 < 0$$\Leftrightarrow x < 1$

Bất phương trình trở thành:

$\begin{array}{l}{x^2} - 2\left( { - x + 1} \right) + 2 > 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 2 + 2 > 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x > 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) > 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 0\\x <  - 2\end{array} \right.\end{array}$

Kết hợp với điều kiện $x < 1$ ta được nghiệm thỏa mãn hệ phương trình sau :

$\left\{ \begin{array}{l}x < 1\\\left[ \begin{array}{l}x > 0\\x <  - 2\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x < 1\\x > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 1\\x <  - 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < x < 1\\x <  - 2\end{array} \right.$

Kết hợp trường hợp 1 và trường hợp 2 , ta được nghiệm của bất phương trình là $\left[ \begin{array}{l}x > 0\\x <  - 2\end{array} \right.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( { - \infty ;\,\, - 2} \right) \cup \left( {0;\,\, + \infty } \right)$.

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

1) $f\left( x \right) < 0$ vô nghiệm $\Leftrightarrow$$f\left( x \right) \ge 0$ có nghiệm với mọi $x \in \mathbb{R}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta  \le 0\end{array} \right.$

2) Áp dụng $\sqrt {f\left( x \right)}  \ge g\left( x \right)$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \ge 0\\g\left( x \right) \le 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) \ge 0\\f\left( x \right) \ge {g^2}\left( x \right)\end{array} \right.\end{array} \right.$

Cách giải:

1) Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để bất phương trình ${x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - 4m < 0$ vô nghiệm.

Bất phương trình ${x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - 4m < 0$ vô nghiệm

$\Leftrightarrow$ ${x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - 4m \ge 0$ có nghiệm với mọi $x \in \mathbb{R}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta  \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\,\,\,\left( {tm} \right)\\4{\left( {m - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 4m} \right) \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 4m} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {{m^2} - 2m + 1} \right) + 16m \le 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 4 + 16m \le 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 8m + 4 \le 0\\ \Leftrightarrow 4{\left( {m + 1} \right)^2} \le 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} \le 0\end{array}$

Mà ${\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0$ với mọi $m$ suy ra ${\left( {m + 1} \right)^2} = 0$$\Leftrightarrow$$m + 1 = 0 \Leftrightarrow m =  - 1$.

Vậy với $m =  - 1$ thì bất phương trình ${x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - 4m < 0$ vô nghiệm.

2) Giải bất phương trình $\sqrt {{x^2} + 3}  \ge 2x$.

$\sqrt {{x^2} + 3}  \ge 2x$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x \le 0\\{x^2} + 3 \ge 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}2x \ge 0\\{x^2} + 3 \ge 4{x^2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\{x^2} + 3 \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} \le 1\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le 0\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\ - 1 \le x \le 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le 0\\0 \le x \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x \le 1\end{array}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( { - \infty ;\,\,1} \right]$.

Câu 4 (VD)

Phương pháp:

1) Áp dụng công thức hàm số sin trong tính diện tích tam giác:

 $S = \dfrac{1}{2}ab\sin C$$= \dfrac{1}{2}ac\sin B$$= \dfrac{1}{2}bc\sin A$

2) Tính $MA$ và $MB$. Sau đó, áp dụng định lý côsin trong tam giác: ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A$.

Cách giải:

1) Tính diện tích tam giác $ABC$.

$\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin \angle BAC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 10 \cdot \sin {120^0} = \dfrac{{15\sqrt 3 }}{2}\left( {c{m^2}} \right)\end{array}$

2) Tính độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $B$ của tam giác $ABC$.

Gọi $BM$ là đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $B$ của tam giác $ABC$.

$\Rightarrow M$ là trung điểm của $AC$

$\Rightarrow AM = MC = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{10}}{2} = 5\left( {cm} \right)$

Áp dụng định lý côsin trong tam giác $ABM$ ta có:

$\begin{array}{l}B{M^2} = A{B^2} + A{M^2} - 2.AB.AM.\cos \angle BAC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {3^2} + {5^2} - 2.3.5.\cos {120^0}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 49\end{array}$

$\Rightarrow BM = 7\left( {cm} \right)$

Vậy độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $B$ của tam giác $ABC$ là $7\left( {cm} \right)$.

Câu 5 (VD)

Phương pháp:

1) Phương trình tham số của đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm $A\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)$ nhận $\vec u = \left( {a;\,\,b} \right)$ là VTCP :

$\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + at\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$

2) Vẽ đồ thị hàm số; Áp dụng: Trong một tam giác vuông, cạnh huyền là cạnh lớn nhất.

Cách giải:

1) Viết phương trình tham số của đường thẳng $d$. Tìm điểm $M$ thuộc $d$ sao cho $AM = 5$.

*) Viết phương trình tham số của đường thẳng $d$.  

$d:\,\,2x - y - 7 = 0$

Phương trình tham số của đường thẳng $d$: $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y =  - 7 + 2t\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$

Vì điểm $M \in d$$\Rightarrow$$M$có tọa độ là : $M\left( {a;\,\,2a - 7} \right) \in d$

 Có : $A\left( {8;\,\, - 1} \right)$$,M\left( {a;\,\,2a - 7} \right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow {AM}  = \left( {a - 8;\,\,2a - 6} \right)$

$\begin{array}{l}AM = 5 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {a - 8} \right)}^2} + {{\left( {2a - 6} \right)}^2}}  = 5\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {\left( {a - 8} \right)^2} + {\left( {2a - 6} \right)^2} = 25\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {a^2} - 16a + 64 + 4{a^2} - 24a + 36 - 25 = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 5{a^2} - 40a + 75 = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {a - 5} \right)\left( {5a - 15} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a - 5 = 0\\5a - 15 = 0\end{array} \right.\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 5\\a = 3\end{array} \right.\end{array}$

+) Với $a = 5 \Rightarrow M\left( {5;\,\,3} \right)$

+) Với $a = 3 \Rightarrow M\left( {3;\,\, - 1} \right)$

Vậy $M\left( {5;\,\,3} \right)$ hoặc $M\left( {3;\,\, - 1} \right)$thỏa mãn $AM = 5$.

2) Trong các đường thẳng đi qua $O$, hãy viết phương trình tổng quát của đường thẳng mà khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng đó là lớn nhất.

Kẻ $AH \bot \Delta$ tại $H$, khi đó $AH$ là khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $\Delta$.

$\Delta OHA$ vuông tại $H$ nên $AH \le OA$(quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên trong tam giác vuông)

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi $H \equiv O$.

Do đó, $AH$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $H \equiv O$$\Leftrightarrow OA \bot \Delta$

$\Rightarrow {\vec n_\Delta } = {\vec u_{OA}} = \left( {8;\,\, - 1} \right)$

$\Rightarrow$ Phương trình tổng quát của đường thẳng $\Delta$ đi qua $O\left( {0;\,\,0} \right)$ là: $8x - y = 0$

Câu 6 (VD)

Phương pháp:

+ Biến đổi đề chứng minh $y \ge 0$

+ Tìm $Max$: Áp dụng bất đẳng thức ${\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)$ hoặc bình phương hai vế.

Cách giải:

*) Tìm $Min\,y$

$x \ge  - 1$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\\sqrt {{x^2} + 1}  > 0\end{array} \right.$$\Rightarrow \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \ge 0$$\Rightarrow y \ge 0$

Dấu xảy ra khi và chỉ khi $x + 1 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1$

Vậy $Min\,y = 0$$\Leftrightarrow x =  - 1$.

*) Tìm $Max\,y$

Với mọi $x,\,y \in \mathbb{R}$ ta có:

$\begin{array}{l}{\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow 2xy \le {x^2} + {y^2}\\ \Leftrightarrow 2xy + {x^2} + {y^2} \le {x^2} + {y^2} + {x^2} + {y^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 2xy \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}{\left( {x + 1} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} \le 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \le \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow y \le \sqrt 2 \end{array}$

Dấuxảy ra khi và chỉ khi $x = 1$

Vậy $Max\,y = \sqrt 2  \Leftrightarrow x = 1$.

HocTot.Nam.Name.Vn