Đề thi cuối kì 2 Toán 10 Kết nối tri thức – Đề 02 (có đáp án)

Gọi đường thẳng $d$ cần tìm có dạng $y=ax+b\left(a\ne 0\right)$ hay $$ax-y+b=0$$.

Vì $M\left(1;-3\right)$ thuộc $d$ nên thay $x=1$ và $y=-3$ vào phương trình trên ta được:

$$a.1-\left(-3\right)+b=0\iff b=-a-3$$.

Khi đó phương trình đường thẳng $$d:ax-y-a-3=0$$.

Xét đường tròn $\left(C\right)$ có tâm $I\left(2;-1\right),$ bán kính $R=2\sqrt{5}$.

Kẻ $IH\perp d$ tại $H$

Diện tích tam giác $IAB$ bằng $8$ nên ta có: $S_{IAB}=\frac{1}{2}IH.AB=8\Rightarrow IH.AB=16$.

Xét tam giác $IHB$ vuông tại $H$ có: $R^2=I{H}^2+\frac{A{B}^2}{4}=20$ (định lí Pythagore).

$\iff I{H}^2+2.IH.\frac{AB}{2}+\frac{A{B}^2}{4}=20+16$

$\iff {\left(IH+\frac{AB}{2}\right)}^2=36$

$\iff IH+\frac{AB}{2}=6$

$\iff IH=6-\frac{AB}{2}$

$\Rightarrow \left(6-\frac{AB}{2}\right).AB=16\iff -\frac{1}{2}A{B}^2+6AB-16=0\iff [\begin{array}{l}AB=4\\ AB=8\end{array}$.

Với $AB=4$ thì $IH=4$, khi đó:

$d\left(I;d\right)=IH\iff \frac{|2a-\left(-1\right)-a-3|}{\sqrt{a^2+1}}=4$

$\iff \left|a-2\right|=4\sqrt{a^2+1}$

$\iff a^2-4a+4=16\left(a^2+1\right)$

$\iff 15a^2+4a+12=0$ (phương trình vô nghiệm).

Với $AB=8$ thì $IH=2$, khi đó:

$d\left(I;d\right)=IH\iff \frac{|2a-\left(-1\right)-a-3|}{\sqrt{a^2+1}}=2$

$\iff \left|a-2\right|=2\sqrt{a^2+1}$

$\iff a^2-4a+4=4\left(a^2+1\right)$

$\iff 3a^2+4a=0$

$\iff [\begin{array}{l}a=0\\ a=-\frac{4}{3}\end{array}$

Vì vậy chỉ có $a=-\frac{4}{3}$ thỏa mãn điều kiện nên phương trình đường thẳng cần tìm là

$$-\frac{4}{3}x-y-\left(-\frac{4}{3}\right)-3=0\iff 4x+3y+5=0$$.

Gọi $A_1;A_2;...;A_{2018}$ là các đỉnh của đa giác đều $2018$ đỉnh.

Gọi $O$ là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều $A_1;A_2;...;A_{2018}$

Các đỉnh của đa giác đều chia $O$ thành $2018$ cung tròn bằng nhau, mỗi cung tròn có số đo bằng $\frac{360^{\circ }}{2018}$.

Vì tam giác cần đếm có đỉnh là đỉnh của đa giác nên các góc của tam giác là các góc nội tiếp của $O$.

Suy ra góc lớn hơn $100^{\circ }$ sẽ chắn cung có số đo lớn hơn $200^{\circ }$.

Cố định một đỉnh $A_i$, có $2018$ cách chọn $A_i$.

Gọi$A_i;A_j;A_k$là các đỉnh sắp thứ tự theo chiều kim đồng hồ sao cho $$\widehat{A_i{A}_j{A}_k}>100^{\circ }$$ và tam giác $A_i{A}_j{A}_k$ là tam giác cần đếm.

Khi đó cung $A_i{A}_k$  là hợp liên tiếp của nhiều nhất $\left(\frac{160}{\frac{360}{2018}}\right)=896$  cung tròn nói trên.

Ta có $896$ cung tròn này có $897$ đỉnh. Trừ đi đỉnh $A_i$ thì còn $896$ đỉnh. Do đó có $C_{896}^2$ cách chọn hai đỉnh $A_j;A_k$.

Vậy có tất cả $2018.C_{896}^2$ tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán.