Đề thi thử học kỳ 2 môn Toán lớp 10 online - Mã đề 06

Đường tròn tâm \(I\left( {1;3} \right)\) tiếp xúc với đường thẳng \(\Delta :3x + 4y = 0\)

\( \Leftrightarrow R = d\left( {I,\Delta } \right) = \frac{{\left| {3.1 + 4.3} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = \frac{{15}}{5} = 3\)

Chọn A.

Phương trình đường tròn \((C)\) có tâm \(I\left( {2; - 3} \right)\) và có bán kính \(R = 4\) là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 16\)

Chọn D.

Đường tròn \((C):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4\) có tâm \(I\left( { - 1;2} \right)\), bán kính \(R = 2\)

Dễ thấy \(d\left( {I,Oy} \right) = 1 < 2 = R\) nên đường tròn \(\left( C \right)\) cắt trục \(Oy\) tại hai điểm phân biệt.

Chọn D.

\(\cos 2\alpha  = 2{\cos ^2}\alpha  - 1 = 2.\frac{1}{9} - 1 =  - \frac{7}{9}\)           

Chọn B.

Đường thẳng \(d:x - 5y + 3 = 0\) nhận \(\overrightarrow n  = \left( {1; - 5} \right)\) làm VTPT

Chọn B.

\(\cot \alpha  = \frac{1}{{\tan \alpha }} = 2\)

Chọn A.

Đường tròn \({x^2} + {y^2} - 2x + 6y = 0\) có tâm \(I\left( {1; - 3} \right)\)

Chọn D.

\(\sin 2a = 2\sin a\cos a = 2.\frac{1}{{\sqrt 2 }}.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = 1\)

Chọn C.

Cho đường tròn \((O)\) đường kính bằng \(10\,{\rm{cm}}\). Độ dài cung có số đo \(\frac{{7\pi }}{{12}}\) là \(l = 5.\frac{{7\pi }}{{12}} = \frac{{35\pi }}{{12}}\,\,(cm)\)

Chọn D.

Nhìn vào đồ thị ta thấy tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) \le 0\) là \(\left[ { - 3; - 1} \right]\)

Chọn B.

Ta có: \(\cos \left( { - \alpha } \right) = \cos \alpha \)

Vậy D sai

Chọn D.

Ta có: \(\frac{3}{3} \ne \frac{{ - 2}}{2}\)  nên \(\Delta \) và \({d_1}\) cắt nhau.

Chọn A.

Đường thẳng \(d:x + 2y - 1 = 0\) nhận \(\overrightarrow u  = \left( {1;\,2} \right)\) làm VTPT

\( \Rightarrow \overrightarrow u  = \left( {1;\,2} \right)\) không là VTCP của \(d.\)

Chọn B.

Nhìn vào đồ thị ta thấy với \(x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {0;1} \right)\) thì \(f\left( x \right) < 0\), với \(x \in \left( { - 2;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) thì \(f\left( x \right) > 0\)

Vậy B đúng.

Chọn B.

Ta có: \(\cos x = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow {\cos ^2}x = \frac{4}{5} \Rightarrow {\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5}\)

Vì \( - \frac{\pi }{2} < x < 0 \Rightarrow \sin x < 0 \Rightarrow \sin x =  - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)

Chọn B.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}5 = 2 + 3t\\3 = 5 - 4t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\t = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)     vô lý.

Vậy \(A\left( {5;3} \right)\) không thuộc d.

Chọn C.

Đường tròn \(({C_m}):{x^2} + {y^2} - 2mx - 4my - 5 = 0\) (\(m\) là tham số) có bán kính bằng 5

\( \Leftrightarrow {R^2} = {m^2} + 4{m^2} + 5 = 25 \Leftrightarrow 5{m^2} = 20 \Leftrightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow m =  \pm 2\)

Chọn D.

\(M\) là điểm biểu diễn của cung lượng giác \(\alpha  =  - {15^0}.\)

\( \Rightarrow \) Số đo cung lượng giác biểu diễn bởi điểm \(M\) \( =  - {15^o} + k{.360^o}\,\,\,\,\,\,\,(k \in \mathbb{Z})\)

Dễ thấy để cung có số đo dương nhỏ nhất \( \Leftrightarrow k = 1\)

Khi đó số đo cung là \( - {15^o} + {360^o} = {345^o}\)

Chọn D.

Ta có: \(\cos 2\alpha .\sin 5\alpha  = \frac{1}{2}\left[ {\sin 7\alpha  - \sin \left( { - 3\alpha } \right)} \right] = \frac{1}{2}\left( {\sin 7\alpha  + \sin 3\alpha } \right)\)

Vậy D sai.

Chọn D.

Gọi \(\left( C \right)\) là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm I  bán kính R

\( \Rightarrow \) I  là trung điểm của AC ; \(R = \frac{1}{2}AC\)

\( \Rightarrow I\left( {0;1} \right);\,\,{R^2} = \frac{1}{4}A{C^2} = \frac{1}{4}\left[ {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} \right] = \frac{1}{4}.20 = 5.\) 

Phương trình \(\left( C \right):{x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 5\)

Chọn A.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;5} \right)\) là một VTPT của đường thẳng AB; \(B\left( {0;3} \right) \in AB\)

\( \Rightarrow \) Phương trình tham số của đường thẳng AB: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - t\\y = 3 + 5t\end{array} \right.\)

Chọn B.

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(O\left( {1; - 2} \right)\)

Gọi \(\Delta \) là tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại  A.

Ta có: \(\overrightarrow {OA}  = \left( { - 3;4} \right)\) là một VTPT của \(\Delta \)

 Phương trình \(\Delta \): \( - 3\left( {x + 2} \right) + 4\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x - 4y + 14 = 0.\)

Chọn D.

Ta có: \({\Delta _1}\) nhận \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {m; - 5} \right)\) là một VTCP

\({\Delta _2}\) nhận \(\overrightarrow n  = \left( {m + 1;m} \right)\) là một VTPT \( \Rightarrow \overrightarrow {{u_2}}  = \left( { - m;m + 1} \right)\) là 1 VTCP của \({\Delta _2}\)

\({\Delta _1} \bot {\Delta _2} \Leftrightarrow \overrightarrow {{u_1}}  \bot \overrightarrow {{u_2}}  \Leftrightarrow  - {m^2} - 5\left( {m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow  - {m^2} - 5m - 5 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 5m + 5 = 0\)

Tổng các giá trị của \(m\) là \( - 5\)  (hệ thức Vi-ét).

Chọn C.

Gọi AH  là đường cao của tam giác ABC

\( \Rightarrow \overrightarrow {BC}  = \left( {1;6} \right)\) là VTPT của AH.

\( \Rightarrow \) Phương trình AH : \(1\left( {x - 1} \right) + 6\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 6y - 1 = 0\)

Chọn A.

Ta có: \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow n  = \left( {3;1} \right)\) là một VTPT.

Vì \(d//\Delta  \Rightarrow \overrightarrow n \) cũng là VTPT của d.

\( \Rightarrow \) Phương trình \(d:\) \(3\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + y - 6 = 0.\) 

Chọn D.

Trên đường tròn lượng giác (gốc \(A\)), cung lượng giác có số đo \(\alpha  =  - {90^0} + k{360^0}\,\,\,(k \in Z)\) có điểm cuối trùng với điểm \(B'\)

Chọn A.

Ta có: \(t = \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = \tan x \Rightarrow \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + {\tan ^2}x = 1 + {t^2} \Rightarrow {\cos ^2}x = \frac{1}{{1 + {t^2}}}\)

Với \(x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi  \Rightarrow \cos x \ne 0 \Rightarrow {\cos ^2}x \ne 0\). Chia cả 2 vế của biểu thức cho \({\cos ^2}x \ne 0\) ta được:

\(\frac{P}{{{{\cos }^2}x}} = 3.\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} + 2.\frac{{\sin x}}{{\cos x}} - 1 \Leftrightarrow \left( {1 + {t^2}} \right)P = 3{t^2} + 2t - 1 \Leftrightarrow P = \frac{{3{t^2} + 2t - 1}}{{1 + {t^2}}}\)

Chọn C.

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua A và có khoảng cách từ B đến \(\Delta \) lớn nhất \( \Leftrightarrow AB \bot \Delta \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {3;5} \right)\) là VTPT của \(\Delta \)

\( \Rightarrow \) Phương trình \(\Delta \) : \(3\left( {x - 5} \right) + 5\left( {y + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 5y = 0\)

Chọn C.

Ta có điểm đầu là A \(\left( {{0^o}} \right)\) và cứ \({90^o} = \frac{\pi }{2}\) là góc đó lại quét đến điểm B, A’ ,B’.

\( \Rightarrow \) Số đo của cung lượng giác đó là \(\frac{{k\pi }}{2},\,\,k \in \mathbb{Z}.\)

Chọn B.

Lợi nhuận bán vé tối thiểu là 50 triệu đồng

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow P\left( x \right) =  - 50{x^2} + 3500x - 2500 \ge 50000\\ \Leftrightarrow  - 50{x^2} + 3500x - 52500 \ge 0\\ \Leftrightarrow 35 - 5\sqrt 7  \le x \le 35 + 5\sqrt 7 \end{array}\)

Vậy giá tiền mỗi vé là \(22 \le x \le 48\) ngàn đồng thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn C.

\(\Delta \) nhận \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {2; - 1} \right)\) làm VTPT

Vì \(d \bot \Delta  \Rightarrow \overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1;2} \right)\) là một VTPT của \(d\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng \(d\) có dạng: \(x + 2y + c = 0\)

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( { - 1;2} \right)\) bán kính \(R = \sqrt {1 + 4 + 4}  = 3\)

Gọi \(d\) cắt \(\left( C \right)\) theo dây \(AB = 6 = 2R\)

\( \Rightarrow \) AB là đường kính của \(\left( C \right)\) \( \Rightarrow I\left( { - 1;2} \right) \in d\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng \(d:\) \(x + 1 + 2\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 3 = 0\)

Chọn A.

Dễ thấy miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác vuông tại B với 3 đỉnh là \(A\left( {2;4} \right),B\left( {2; - 2} \right),C\left( {5; - 2} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow AB = 6,\,\,BC = 3\\ \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}.6.3 = 9.\end{array}\) 

Chọn D.

Phần tô đậm trong hình vẽ dưới đây (có chứa biên), biểu diễn tập nghiệm của bất phương trình \(1 \le x \le 2\)

Chọn C.

Gọi \(M\left( {0;m} \right) \in Oy;\,\,AB = \sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {6 - 2} \right)}^2}}  = 5.\) 

Có  \({S_{\Delta MAB}} = \frac{1}{2}d\left( {M,AB} \right).AB \Leftrightarrow 1 = \frac{1}{2}.d\left( {M,AB} \right).5 \Leftrightarrow d\left( {M,AB} \right) = \frac{2}{5}\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {3;4} \right) \Rightarrow \overrightarrow n  = \left( {4; - 3} \right)\) là 1 VTPT của  AB.

\( \Rightarrow \) Phương trình AB: \(4\left( {x - 1} \right) - 3\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 3y + 2 = 0\)

\( \Rightarrow d\left( {M,AB} \right) = \frac{{\left| { - 3m + 2} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} \Leftrightarrow \frac{2}{5} = \frac{{\left| { - 3m + 2} \right|}}{5} \Leftrightarrow \left| { - 3m + 2} \right| = 2\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3m + 2 = 2\\ - 3m + 2 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0 \Rightarrow M\left( {0;0} \right)\\m = \frac{4}{3} \Rightarrow M\left( {0;\frac{4}{3}} \right)\end{array} \right.\) 

Chọn B.

\(\overrightarrow n  = \left( {2;\,1} \right)\) là một VTPT của d

Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua d \( \Rightarrow MM' \bot d\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_1}}  = \left( { - 1;2} \right)\) là một VTPT của MM’

\( \Rightarrow \) Phương trình MM’: \( - 1\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow  - x + 2y - 3 = 0\)

Gọi I là giao điểm của MM’ và d  \( \Rightarrow \) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l} - x + 2y - 3 = 0\\2x + y - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{7}{5}\\y = \frac{{11}}{5}\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {\frac{7}{5};\frac{{11}}{5}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MI}  = \left( {\frac{2}{5};\frac{1}{5}} \right)\)

Gọi \(M'\left( {a;b} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IM'}  = \left( {a - \frac{7}{5};b - \frac{{11}}{5}} \right)\)

Vì M’ là điểm đối xứng của M qua d \( \Rightarrow \) M’ là điểm đối xứng của M qua I

\( \Rightarrow \overrightarrow {MI}  = \overrightarrow {IM'}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - \frac{7}{5} = \frac{2}{5}\\b - \frac{{11}}{5} = \frac{1}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{9}{5}\\b = \frac{{12}}{5}\end{array} \right. \Rightarrow M'\left( {\frac{9}{5};\frac{{12}}{5}} \right)\)

Chọn C.

\(\begin{array}{l}A = \frac{{\sin 2\alpha  + \sin \alpha }}{{1 + \cos 2\alpha  + \cos \alpha }} = \frac{{2\sin \alpha \cos \alpha  + \sin \alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha  + {{\cos }^2}\alpha  + {{\cos }^2}\alpha  - {{\sin }^2}\alpha  + \cos \alpha }}\\ = \frac{{\sin \alpha \left( {2\cos \alpha  + 1} \right)}}{{2{{\cos }^2}\alpha  + \cos \alpha }} = \frac{{\sin \alpha \left( {2\cos \alpha  + 1} \right)}}{{\cos \alpha \left( {2\cos \alpha  + 1} \right)}} = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \tan \alpha .\end{array}\)

Chọn B.

Từ hình vẽ ta thấy  \(A\left( { - 1;4} \right),B\left( {3; - 4} \right),C\left( {6;5} \right),M\left( { - 2;2} \right),N\left( {8;0} \right),P\left( {6; - 3} \right)\)

Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng: \({x^2} + {y^2} + ax + by + c = 0\)

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}1 + 16 - a + 4b + c = 0\\9 + 16 + 3a - 4b + c = 0\\36 + 25 + 6a + 5b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + 4b + c =  - 17\\3a - 4b + c =  - 25\\6a + 5b + c =  - 61\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 6\\b =  - 2\\c =  - 15\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left( C \right):{x^2} + {y^2} - 6x - 2y - 15 = 0\)

Ta có: \(36 + 9 - 6.6 + 2.3 - 15 = 0\).

Vậy \(P\left( {6; - 3} \right) \in \left( C \right)\)

Chọn A.

Xét \(\Delta OAB\) và \(\Delta COD\) có:

\(\begin{array}{l}\angle OBA = \angle CDO = {90^o}\,\,\,\,\left( {gt} \right)\\OB = CD\,\,\,\left( {gt} \right)\\AB = OD\,\,\,\,\left( {gt} \right)\\ \Rightarrow \Delta OAB = \Delta COD\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow OA = OC\) (2 cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow OA.OC = O{A^2} = O{B^2} + A{B^2} = {a^2} + {b^2}\) (Pitago)

\(\begin{array}{l}\cos \angle AOC = \cos \left( {\angle AOB - \angle COD} \right) = \cos \angle AOB\cos \angle COD + \sin \angle AOB\sin \angle COD\\ = \frac{{OB}}{{OA}}.\frac{{OD}}{{OC}} + \frac{{AB}}{{OA}}.\frac{{CD}}{{OC}} = \frac{{OB.OD + AB.CD}}{{OA.OC}} = \frac{{ab + ab}}{{{a^2} + {b^2}}} = \frac{{2ab}}{{{a^2} + {b^2}}}.\end{array}\)

Chọn A.

Để bất phương trình \(\left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 2m + 5 > 0\) nghiệm đúng \(\forall x \in R\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 > 0\\{\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {m - 1} \right)\left( {2m + 5} \right) < 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\ - {m^2} - m + 6 < 0\,\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\\left[ \begin{array}{l}m <  - 3\\m > 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2\,.\end{array}\)

Vậy  \(m > 2\) thỏa mãn bài toán.

Chọn D.

\({x^2} - 2(m - 2)x + 4 - 7m = 0\) có 2 nghiệm phân biệt

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} - 4 + 7m > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 4m + 4 - 4 + 7m > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 3m > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 0\\m <  - 3\end{array} \right..\end{array}\)

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 2} \right)\\{x_1}{x_2} = 4 - 7m\end{array} \right..\)

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{l}x_1^2 + \,x_2^2 = 10 \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} = 10 \Leftrightarrow 4{(m - 2)^2} - 2(4 - 7m) = 10\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 2m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\m =  - \frac{1}{2}\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy \(m = 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.

Chọn A.