Giải đề thi học kì 1 môn Toán lớp 10 trường THPT Lương Văn Can năm 2020-2021

Đề bài

Câu 1(1 điểm). Tìm tập xác định của hàm số $y = \dfrac{{{x^2} + x + 4}}{{\left( {{x^2} - 9} \right)\sqrt {x - 2} }}$

Câu 2(1 điểm). Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số $y = {x^2} - 4x + 2$

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

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm $x = 2$ và tính nghiệm còn lại

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thỏa: $3{x_1}{x_2} - 5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 6 = 0$

Câu 4 (3 điểm) Giải các phương trình sau:

a) $\dfrac{{3x}}{{x + 1}} + \dfrac{{x - 1}}{x} = \dfrac{{2x + 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}}$

b) $\left| {{x^2} - 1} \right| = 1 - 4x$

c) $\sqrt {{x^2} - 2x + 2}  = 2x - 1$

Câu 5(3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có $A\left( { - 1;2} \right),B\left( {5;4} \right),C\left( {0;9} \right)$.

a) Chứng minh tam giác ABC cân tại C

b) Tìm tọa độ của điểm G là trọng tâm tam giác ABC

c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

Lời giải chi tiết

Câu 1(TH)

Phương pháp:

+) $\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}$ xác định nếu $g\left( x \right) \ne 0$.

+) $\dfrac{1}{\sqrt {f\left( x \right)}}$ xác định nếu $f\left( x \right) > 0$.

Lời giải:

Điều kiện xác định của hàm số :

$\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 9 \ne 0\\x - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  \pm 3\\x > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 3\\x > 2\end{array} \right.$

Vậy tập xác định của hàm số là :$D = \left( {2; + \infty } \right)\backslash \left\{ 3 \right\}$

Câu 2(TH)

Phương pháp:

Nếu $a > 0$, hàm số đồng biến trên $\left( { - \dfrac{b}{{2a}}; + \infty } \right)$ và nghịch biến trên $\left( { - \infty ; - \dfrac{b}{{2a}}} \right)$.

Nếu $a < 0$, hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ; - \dfrac{b}{{2a}}} \right)$ và nghịch biến trên $\left( { - \dfrac{b}{{2a}}; + \infty } \right)$.

Vẽ đồ thị:

- Có dáng là đường Parabol có đỉnh $\left( { - \dfrac{b}{{2a}}; - \dfrac{\Delta }{{4a}}} \right),\Delta  = {b^2} - 4ac$.

- Trục đối xứng là đường thẳng $x =  - \dfrac{b}{{2a}}$.

- Bề lõm hướng lên trên khi $a > 0$ và hướng xuống dưới khi $a < 0$

Lời giải:

Ta có $- \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}} =  - \dfrac{{ - 4}}{{2.1}} = 2$.

Hàm số đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$ và nghịch biến trên $\left( { - \infty ;2} \right)$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị nhận đường thẳng $x = 2$ làm trục đối xứng. Thay $x = 2$ vào hàm số ta được $y =  - 2$. Đỉnh của đồ thị là $I\left( {2; - 2} \right)$. Đồ thị có bề lõm hướng lên trên.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại $A\left( {0;2} \right)$ và đi qua các điểm $B\left( {1; - 1} \right),C\left( {4;2} \right);D\left( { - 1;7} \right)$

Câu 3(VD)

Phương pháp:

a) Thay x=2 vào phương trình tìm m rồi thay m vào phương trình ban đầu tìm nghiệm thứ hai

b) Phương trình $a{x^2} + bx + c = 0$ có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\Delta  > 0$.

Sử dụng định lý Viét:

${x_1},{x_2}$ là 2 nghiệm của phương trình $a{x^2} + bx + c = 0$. Khi đó:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.$

Lời giải:

a) Thay $x = 2$ vào phương trình (1) ta được: ${2^2} - \left( {2m + 1} \right).2 + {m^2} + 2 = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {m^2} - 4m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow m = 2\end{array}$

Thay $m = 2$ vào phương trình (1) ta được: ${x^2} - (2.2 + 1)x + {2^2} + 2 = 0$

$\Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 3\end{array} \right.\end{array}$

Vậy nghiệm thứ hai của phương trình là $x = 3$

b) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\Delta  > 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {{m^2} + 2} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 4m - 7 > 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{7}{4}\end{array}$

Giả sử (1) có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$, theo định lý Viét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 2\end{array} \right.$.

Thay vào phương trình  $3{x_1}{x_2} - 5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 6 = 0$. Ta được:

$\begin{array}{l}3.\left( {{m^2} + 2} \right) - 5\left( {2m + 1} \right) + 6 = 0\\ \Leftrightarrow 3{m^2} - 10m + 7 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \dfrac{7}{3}\end{array} \right.(ktm)\end{array}$

Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn đề bài.

Câu 4(VD)

Phương pháp:

a)

- Bước 1: Đặt điều kiện xác định:

$\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}$ xác định nếu $g\left( x \right) \ne 0$.

- Bước 2: Quy đồng mẫu thức, khử mẫu và giải phương trình thu được.

- Bước 3: Kiểm tra điều kiện và kết luận nghiệm.

b) Giải phương trình bằng cách phá dấu giá trị tuyệt đối

$\begin{array}{l}\left| {f\left( x \right)} \right| = g\left( x \right)\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = g\left( x \right){\rm{ khi }}f\left( x \right) \ge 0\\f\left( x \right) =  - g\left( x \right){\rm{ khi }}f\left( x \right) < 0\end{array} \right.\end{array}$

c) Giải phương trình chứa căn thức bậc hai:

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

Lời giải:

a) $\dfrac{{3x}}{{x + 1}} + \dfrac{{x - 1}}{x} = \dfrac{{2x + 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}}$(1)

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1;0} \right\}$

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

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{3{x^2} + \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \dfrac{{2x + 1}}{{x\left( {x + 1} \right)}}\\ \Rightarrow 4{x^2} - 1 = 2x + 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 2x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \dfrac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.\left( {tm} \right)\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là ${\rm{S}} = \left\{ { - \dfrac{1}{2};1} \right\}$

b)

TH1: ${x^2} - 1 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le  - 1\end{array} \right.$

$\left| {{x^2} - 1} \right| = 1 - 4x$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 1 - 4x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2 + \sqrt 6 (ktm)\\x =  - 2 - \sqrt 6 (tm)\end{array} \right.\end{array}$

TH2: ${x^2} - 1 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < x < 1$

$\left| {{x^2} - 1} \right| = 1 - 4x$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 4x - 1\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {tm} \right)\\x = 4\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là ${\rm{S}} = \left\{ {0; - 2 - \sqrt 6 } \right\}$

c) $\sqrt {{x^2} - 2x + 2}  = 2x - 1$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 1 \ge 0\\{x^2} - 2x + 2 = {\left( {2x - 1} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{1}{2}\\3{x^2} - 2x - 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{1}{2}\\x = 1\\x =  - \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ 1 \right\}$

Câu 5(VD).

Phương pháp:

a) Tính độ dài đoạn thẳng CA và CB rồi so sánh.

Sử dụng công thức độ dài đoạn thẳng AB với $A\left( {{x_A},{y_A}} \right),B\left( {{x_B},{y_B}} \right)$:

$AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2}}$

b) Trọng tâm tam giác ABC:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\end{array} \right.$

c) Gọi tọa độ điểm $H\left( {{x_0};{y_0}} \right)$. Sử dụng $\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0$ và $\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0$ tìm ${{\rm{x}}_0},{y_0}$.

Lời giải:

a)

$\begin{array}{l}AC = \sqrt {{{\left( {{x_C} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_C} - {y_A}} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{1^2} + {7^2}}  = 5\sqrt 2 \end{array}$

$\begin{array}{l}CB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_C}} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{5^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}}  = 5\sqrt 2 \end{array}$

$\Rightarrow AC = CB \Rightarrow \Delta ABC$ cân tại C.

b) G là trọng tâm tam giác ABC nên:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \dfrac{4}{3}\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = 5\end{array} \right.$

Vậy trọng tâm tam giác ABC là $G\left( {\dfrac{4}{3};5} \right)$

c) Gọi tọa độ điểm $H\left( {{x_0};{y_0}} \right)$.

Ta có

 $\begin{array}{l}\overrightarrow {AH}  = \left( {{x_H} - {x_A},{y_H} - {y_A}} \right)\\ = \left( {{x_0} + 1;{y_0} - 2} \right)\end{array}$

$\overrightarrow {BC}  = \left( { - 5;5} \right)$; $BH = \left( {{x_0} - 5;{y_0} - 4} \right)$; $\overrightarrow {AC}  = \left( {1;7} \right)$.

$\begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_0} + 1} \right).\left( { - 5} \right) + \left( {{y_0} - 2} \right).5 = 0\\ \Leftrightarrow  - 5{x_0} + 5{y_0} = 15 \Leftrightarrow {x_0} - {y_0} =  - 3\end{array}$

$\begin{array}{l}\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_0} - 5} \right).1 + \left( {{y_0} - 4} \right).7 = 0\\ \Leftrightarrow {x_0} + 7{y_0} = 33\end{array}$

Ta được hệ:  

$\left\{ \begin{array}{l}{x_0} - {y_0} =  - 3\\{x_0} + 7{y_0} = 33\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \dfrac{3}{2}\\{y_0} = \dfrac{9}{2}\end{array} \right.$

Vậy $H\left( {\dfrac{3}{2};\dfrac{9}{2}} \right)$

Loigiaihay.com