Đề số 1 - Đề kiểm tra học kì 1 - Toán 10

Đề bài

Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Câu 1 : Tập xác định của hàm số $y = \dfrac{{3x - 1}}{{x - 2}} + 4\sqrt {2 - x}$ là:

A. $\left( { - \infty ;2} \right)$                                  

B. $\left( { - \infty ;2} \right]$          

C. $\left[ {2; + \infty } \right)$                            

D. $\left( {2; + \infty } \right)$

Câu 2 : Cho hàm số $y =  - 2{x^2} + 4x + 1$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right)$   

B. Hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ;1} \right)$

C. Hàm số nghịch biến trên $\left( {3; + \infty } \right)$

D. Hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ;3} \right)$

Câu 3 : Để hai đồ thị hàm số $y =  - {x^2} - 4x$ và $y = {x^2} - m$ có hai điểm chung thì:

A. $m \ge  - 2$                  B. $m >  - 2$ 

C. $m \le  - 2$                   D. $m <  - 2$

Câu 4 : Phương trình $\left( {m - 2} \right){x^2} - 2x - 1 = 0$ có nghiệm khi:

A. $m \ge  - 1$                  B. $m \le  - 1$

C. $m \ge 1$                     D. $m \le 1$

Câu 5 : Phương trình $\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\sqrt {x - 3}  = 0$ có bao nhiêu nghiệm?

A. 0                                   B. 1  

C. 2                                   D. 3

Câu 6 : Cho tam giác ABC đều cạnh bằng a, nội tiếp đường tròn tâm O. Khi đó $\overrightarrow {AO} .\overrightarrow {OB}$ bằng:

A. $\dfrac{{{a^2}}}{6}$ 

B. $- \dfrac{{{a^2}}}{6}$         

C. $\dfrac{{{a^2}}}{{2\sqrt 3 }}$     

D. $- \dfrac{{{a^2}}}{{2\sqrt 3 }}$

Câu 7 : Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD biết $A\left( {1; - 5} \right);\,\,B\left( {2;3} \right);\,\,C\left( { - 3;3} \right)$. Tọa độ tâm I của hình bình hành là:

A. $\left( {1;1} \right)$   

B. $\left( { - 1;1} \right)$

C. $\left( {1; - 1} \right)$            

D. $\left( { - 1; - 1} \right)$

Câu 8 : Cho $\sin x = \dfrac{3}{5},\,\,{90^0} < x < {180^0}$. Giá trị của biểu thức $P = \tan x.{\cos ^2}x$ bằng:

A. $\dfrac{{12}}{{25}}$                B. $\dfrac{{25}}{{12}}$

C. $- \dfrac{{25}}{{12}}$             D. $- \dfrac{{12}}{{25}}$

Phần II. Tự luận (8 điểm)

Câu 1 (1,5 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ${x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} + 2 = 0$ có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$ phân biệt sao cho ${x_1}\left( {{x_2} - 2{x_1}} \right) + {x_2}\left( {{x_1} - 2{x_2}} \right) + 14 = 0$.

Câu 2 (2,5 điểm) Giải các phương trình sau:

a) $\left( {3x - 8} \right)\left| {11 - 3x} \right| = 3{x^2} - 17x + 24$                            

b) $\sqrt {2x - 1}  + \sqrt {x - 1}  + 22 \\= 3x + 2\sqrt {2{x^2} - 3x + 1}$

Câu 3 (1,5 điểm) Cho hình thang cân ABCD, biết $CD = 3AB = 3a$ và $\widehat {ADC} = {45^0}$. AH vuông góc với CD tại H. Tính các vô hướng $\overrightarrow {AH} .\left( {2\overrightarrow {AD}  - 3\overrightarrow {CD} } \right);\,\,\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BH}$.

Câu 4 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết $A\left( {1;1} \right);\,\,B\left( {0;4} \right);\,\,C\left( { - 4;2} \right)$.

a) Trên đường thẳng BC lấy điểm M sao cho $\overrightarrow {BM}  = k\overrightarrow {BC}$. Tìm k để tam giác ACM cân tại M.

b) Tìm điểm D thuộc trục Oy sao cho góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AD}$ bằng 45⁰

Câu 5 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình $\left( {{x^2} + 4x + 3} \right)\left( {{x^2} + 8x + 14} \right) - m + 2017 = 0$ có nghiệm thỏa mãn ${x^2} + 6x + 6 \le 0$.

Lời giải chi tiết

Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Phần II. Tự luận (8 điểm)

Câu 1:

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ${x_1};{x_2}$$\Leftrightarrow \Delta  > 0$

$\Leftrightarrow {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {{m^2} + 2} \right) > 0$

$\Leftrightarrow 4{m^2} + 4m + 1 - 4{m^2} - 8 > 0$

$\Leftrightarrow 4m - 7 > 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{7}{4}$.

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 2\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{x_1}\left( {{x_2} - 2{x_1}} \right) + {x_2}\left( {{x_1} - 2{x_2}} \right) + 14 = 0\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} - 2x_1^2 + {x_1}{x_2} - 2x_2^2 + 14 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x_1}{x_2} - 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 14 = 0\\ \Leftrightarrow  - 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 6{x_1}{x_2} + 14 = 0\\ \Leftrightarrow  - 2{\left( {2m + 1} \right)^2} + 6\left( {{m^2} + 2} \right) + 14 = 0\\ \Leftrightarrow  - 8{m^2} - 8m - 2 + 6{m^2} + 12 + 14 = 0\\ \Leftrightarrow  - 2{m^2} - 8m + 24 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\m =  - 6\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $m = 2.$

Câu 2:

a) 

$\eqalign{ & \left( {3x - 8} \right)\left| {11 - 3x} \right| = 3{x^2} - 17x + 24 \cr & \Leftrightarrow \left( {3x - 8} \right)\left| {11 - 3x} \right| = \left( {x - 3} \right)\left( {3x - 8} \right) \cr & \Leftrightarrow \left( {3x - 8} \right)\left[ {\left| {11 - 3x} \right| - x + 3} \right] = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ 3x - 8 = 0 \hfill \cr \left| {11 - 3x} \right| - x + 3 = 0 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = {8 \over 3} \hfill \cr \left| {11 - 3x} \right| = x - 3 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = {8 \over 3} \hfill \cr \left\{ \matrix{ x \ge 3 \hfill \cr 9{x^2} - 66x + 121 = {x^2} - 6x + 9 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = {8 \over 3} \hfill \cr \left\{ \matrix{ x \ge 3 \hfill \cr 8{x^2} - 60x + 112 = 0 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = {8 \over 3} \hfill \cr \left\{ \matrix{ x \ge 3 \hfill \cr \left[ \matrix{ x = 4 \hfill \cr x = {7 \over 2} \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = {8 \over 3} \hfill \cr x = 4 \hfill \cr x = {7 \over 2} \hfill \cr} \right. \cr}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ {\dfrac{8 }{ 3};4;\dfrac{7}{ 2}} \right\}$

b) 

$\sqrt {2x - 1}  + \sqrt {x - 1}  + 22\\= 3x + 2\sqrt {2{x^2} - 3x + 1}$

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}2x - 1 \ge 0\\x - 1 \ge 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{1}{2}\\x \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 1$.

Đặt $t = \sqrt {2x - 1}  + \sqrt {x - 1} \,\,\left( {t \ge 0} \right)$ ta có: ${t^2} = 2x - 1 + x - 1 + 2\sqrt {\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 1} \right)}$$= 3x - 2 + 2\sqrt {2{x^2} - 3x + 1}$

$\Rightarrow 3x + 2\sqrt {2{x^2} - 3x + 1}  = {t^2} + 2$

Khi đó phương trình trở thành $t + 22 = {t^2} + 2$

$\Leftrightarrow {t^2} - t - 20 = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t =  - 4\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}t = 5 \Rightarrow 3x + 2\sqrt {2{x^2} - 3x + 1}  = 27 \\\Leftrightarrow 2\sqrt {2{x^2} - 3x + 1}  = 27 - 3x\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}27 - 3x \ge 0\\4\left( {2{x^2} - 3x + 1} \right) = 9{x^2} - 162x + 729\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 9\\{x^2} - 150x + 725 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 9\\\left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = 145\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x = 5\,\,\left( {tm\,\,ĐKXĐ} \right)\end{array}$

Vậy phương trình có nghiệm $x = 5.$

Câu 3:

$+ )\,\,\overrightarrow {AH} .\left( {2\overrightarrow {AD}  - 3\overrightarrow {CD} } \right) \\= 2\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AD}  - 3\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {CD}  \\= 2AH.AD.\cos \widehat {HAD}$.

Ta có: $\Delta AHD$ có $\widehat {ADH} = {45^0} \Rightarrow \Delta AHD$ vuông cân tại H. Suy ra, $AH = DH$ và $\widehat {HAD} = {45^0}$. Kẻ $BK \bot CD \Rightarrow \Delta BKC$ vuông cân tại $K$ và $CK = KB$ $\Rightarrow HD= AH = KC=HK=a$$\Rightarrow AD = a\sqrt 2$.

$\Rightarrow \overrightarrow {AH} \left( {2\overrightarrow {AD}  - 3\overrightarrow {CD} } \right) \\= 2.a.a\sqrt 2 .\cos {45^0} = 2{a^2}\sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \\= 2{a^2}$

$\begin{array}{l} + )\,\,\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BH}  \\= \left( {\overrightarrow {AH}  + \overrightarrow {HC} } \right)\left( {\overrightarrow {AH}  - \overrightarrow {AB} } \right) \\= A{H^2} - \underbrace {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AH} }_0 + \underbrace {\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HC} }_0 \\- \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {HC} \\ = A{H^2} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {HC} \\ = A{B^2} - AB.HC.\cos 0 \\= A{B^2} - AB.HC= {a^2} - a.2a\\ =  - {a^2}\end{array}$

Câu 4:

a) Gọi $M\left( {a;b} \right)$ ta có: $\overrightarrow {BM}  = \left( {a;b - 4} \right);\,\,\overrightarrow {BC}  = \left( { - 4; - 2} \right)$

$\overrightarrow {BM}  = k\overrightarrow {BC}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 4k\\b - 4 =  - 2k\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 4k\\b =  - 2k + 4\end{array} \right. \\\Rightarrow M\left( { - 4k; - 2k + 4} \right)$

Để tam giác ACM cân tại M thì $MA = MC \Leftrightarrow M{A^2} = M{C^2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( { - 4k - 1} \right)^2} + {\left( { - 2k + 3} \right)^2} \\= {\left( { - 4k + 4} \right)^2} + {\left( { - 2k + 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 8k + 1 - 12k + 9 =  - 32k + 16 - 8k + 4\\ \Leftrightarrow 36k = 10 \Leftrightarrow k = \dfrac{5}{{18}}\\ \Rightarrow M\left( { - \dfrac{{10}}{9};\dfrac{{31}}{9}} \right)\end{array}$

Vậy $M\left( { - \dfrac{{10}}{9};\dfrac{{31}}{9}} \right)$.

b) Gọi $D\left( {0;d} \right) \in Oy$. Ta có: $\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;3} \right);\,\,\overrightarrow {AD}  = \left( { - 1;d - 1} \right)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AD} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} }}{{AB.AD}} \\= \dfrac{{1 + 3d - 3}}{{\sqrt {10} \sqrt {1 + {{\left( {d - 1} \right)}^2}} }} = \dfrac{{3d - 2}}{{\sqrt {10} \sqrt {{d^2} - 2d + 2} }}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{3d - 2}}{{\sqrt {10} \sqrt {{d^2} - 2d + 2} }}\\ \Leftrightarrow \sqrt 5 \sqrt {{d^2} - 2d + 2}  = 3d - 2\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3d - 2 \ge 0\\5{d^2} - 10d + 10 = 9{d^2} - 12d + 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d \ge \dfrac{2}{3}\\\left[ \begin{array}{l}d = \dfrac{3}{2}\,\\d =  - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Rightarrow d = \dfrac{3}{2} \Rightarrow D\left( {0;\dfrac{3}{2}} \right)\end{array}$

Vậy $D\left( {0;\dfrac{3}{2}} \right)$. 

Câu 5:

$\begin{array}{l}\left( {{x^2} + 4x + 3} \right)\left( {{x^2} + 8x + 14} \right) - m + 2017 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 6x + 9 - 2x - 6} \right).\\\left( {{x^2} + 6x + 9 + 2x + 6} \right) - m + 2017 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 6x + 9} \right)^2} - {\left( {2x + 6} \right)^2} - m + 2017 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 3} \right)^4} - 4{\left( {x + 3} \right)^2} - m + 2017 = 0\end{array}$

Đặt $t = {\left( {x + 3} \right)^2} \ge 0$, khi đó phương trình trở thành ${t^2} - 4t - m + 2017 = 0$$\,\Leftrightarrow {t^2} - 4t + 2017 = m$.

Ta có: ${x^2} + 6x + 6 \le 0$

$\Leftrightarrow {x^2} + 6x + 9 \le 3$

$\Leftrightarrow {\left( {x + 3} \right)^2} \le 3 \Leftrightarrow t \le 3$

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $f\left( t \right) = {t^2} - 4t + 2017\,\,\left( {0 \le t \le 3} \right)$ và đường thẳng $y = m$ song song với trục hoành.

Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^2} - 4t + 2017\,\,\left( {t \le 3} \right)$ ta có BBT :

Dựa vào BBT ta có : để phương trình có nghiệm $t \in \left[ {0;3} \right]$ thì $2013 \le m \le 2017$.

Vậy $m \in \left[ {2013;2017} \right]$.

Xem lời giải chi tiết đề thi học kì 1 tại Tuyensinh247.com

Loigiaihay.com