Giải đề thi giữa học kì 1 toán lớp 10 năm 2020 - 2021 trường THCS & THPT Nguyễn Tất Thành

Giải chi tiết đề thi giữa học kì 1 môn toán lớp 10 năm 2020 - 2021 trường THCS & THPT Nguyễn Tất Thành với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

Quảng cáo

Đề bài

Câu 1. (2 điểm)

1) Tìm tập xác định của hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} - 3}}{{2{\rm{x}} - 3}} + 2\sqrt {2 - x} \)

2) Cho tập hợp \(A\left( { - 1;3} \right]\) và \(B = \left( {m - 2;m + 3} \right]\). Tìm \(m\) để \(A \cap B = \emptyset \).

Câu 2. (2 điểm)

1) Tìm \(m\) để hàm số \(f(x) = 4mx + 3 - \left( {5 + 2m} \right)x\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

2) Xét tính chẵn lẻ của hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^4} - 5x + 3\).

Câu 3. (2 điểm)

1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(y =  - {x^2} - 4x\)

2) Tìm \(m\) để phương trình \( - {x^2} - 4{\rm{x}} = m + 3\) có 2 nghiệm âm phân biệt.

Câu 4. (2 điểm)

Trong mặt phẳng \(Oxy\) cho \(M\left( {3; - 1} \right),N\left( {1;2} \right),P\left( {2; - 4} \right)\).

1) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác \(MNP\) và tọa độ điểm \(D\) sao cho \(MNGD\) là hình bình hành.

2) Tam giác \(ABC\) nhận \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,BC,AC\). Tính tọa độ các điểm \(A,B,C\).

Câu 5. (1 điểm)

Tìm a, b, c để đồ thị hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\) là đường Parabol có đỉnh \(I\left( {2; - 2} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {0;2} \right)\).

Câu 6. (1 điểm)

1) Cho tam giác \(ABC\) có trọng tâm G và hai điểm \(P,Q\) thỏa mãn \(\overrightarrow {PA}  = 2\overrightarrow {PB} \), \(3\overrightarrow {QA}  =  - 2\overrightarrow {QC} \). Chứng minh rằng ba điểm \(P,Q,G\) thẳng hàng.

2) Cho tam giác \(ABC\) đều cạnh a nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Điểm \(M\) thuộc \(\left( O \right)\). Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\)

Lời giải chi tiết

Câu 1. (VD)

1) Tìm tập xác định của hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} - 3}}{{2{\rm{x}} - 3}} + 2\sqrt {2 - x} \)

2) Cho tập hợp \(A\left( { - 1;3} \right]\) và \(B = \left( {m - 2;m + 3} \right]\). Tìm \(m\) để \(A \cap B = \emptyset \).

Phương pháp

1) Hàm \(y = \dfrac{1}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}\) xác định khi và chỉ khi \(f\left( x \right) > 0\).

Hàm \(y = \sqrt {f\left( x \right)} \) xác định khi và chỉ khi \(f\left( x \right) \ge 0\).

2) Hai tập số trong \(\mathbb{R}\) được gọi là giao bằng rỗng nếu chúng rời nhau trên \(\mathbb{R}\).

Cách giải

1) Điều kiện xác định:

\(\left\{ \begin{array}{l}2{\rm{x}} - 3 > 0\\2 - x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \dfrac{3}{2}\\x \le 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \)Tập xác định: \(D = \left( {\dfrac{3}{2};2} \right]\)

2) \(A \cap B = \emptyset  \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 2 \ge 3\\m + 3 \le  - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 5\\m \le  - 4\end{array} \right.\)

Câu 2. (TH)

1) Tìm \(m\) để hàm số \(f(x) = 4mx + 3 - \left( {5 + 2m} \right)x\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

2) Xét tính chẵn lẻ của hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^4} - 5x + 3\).

Phương pháp

1) Hàm số \(y = ax + b\) đồng biến trên \(R\) khi và chỉ khi \(a > 0\).

2) Các bước xét tính chẵn- lẻ của hàm số \(y = f\left( x \right)\)

B1: Tìm tập xác định \(D\) của hàm số.

B2: Kiểm tra điều kiện \( - x \in D\forall x \in D\)

B3: Kiểm tra điều kiện:

Nếu \(f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)\forall x \in D\) thì \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn.

Nếu \(f\left( { - x} \right) =  - f\left( x \right)\forall x \in D\) thì \(f\left( x \right)\) là hàm số lẻ.

Nếu \(\exists x \in D:\)\(f\left( { - x} \right) \ne  \pm f\left( x \right)\)  thì hàm số không chẵn không lẻ.

Cách giải

1) Ta có:

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = 4mx + 3 - \left( {5 + 2m} \right)x\\ = \left( {2m - 5} \right)x + 3\end{array}\)

\(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(R\) khi và chỉ khi \(2m - 5 > 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{5}{2}\)

2) TXĐ: \(D = R\)

Ta có: \( - x \in R\forall x \in R\)

\(\begin{array}{l}f\left( { - x} \right) = 2{\left( { - x} \right)^4} - 5\left( { - x} \right) + 3\\ = 2{x^4} + 5x + 3 \ne  \pm f\left( x \right)\end{array}\)

Do đó hàm số không chẵn, không lẻ.

Câu 3. (VD)

1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(y =  - {x^2} - 4x\)

2) Tìm \(m\) để phương trình \( - {x^2} - 4x = m + 3\) có 2 nghiệm âm phân biệt.

Phương pháp

1) Hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)\) có đỉnh \(I\left( { - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}}; - \dfrac{\Delta }{{4{\rm{a}}}}} \right)\) nhận trục \(x =  - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}}\) làm trục đối xứng.

Nếu \(a > 0\) thì hàm số đồng biến trên \(\left( { - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}}; + \infty } \right)\), nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}}} \right)\) và đồ thị có bề lõm hướng lên trên.

Nếu \(a < 0\) thì hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}}} \right)\), nghịch biến trên  \(\left( { - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}}; + \infty } \right)\) và đồ thị có bề lõm hướng xuống dưới.

2) Nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = g\left( x \right)\) là hoành độ các giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = g\left( x \right)\).

Cách giải

1) Ta có: \(a =  - 1 < 0\),  \( - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}} =  - 2\)  và \( - \dfrac{\Delta }{{4{\rm{a}}}} = 4\).

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

Bảng biến thiên:

 

\(a =  - 1 < 0\), bề lõm hướng xuống dưới.

Đồ thị có đỉnh \(I\left( { - 2;4} \right)\), nhận đường thẳng \(x =  - 2\) làm trục đối xứng.

Đồ thị đi qua điểm \(O\left( {0;0} \right),A\left( { - 4;0} \right)\)

Đồ thị:

 

2) Hoành độ giao điểm của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = m + 3\) là nghiệm của phương trình \( - {x^2} - 4x = m + 3\).

Do đó phương trình \( - {x^2} - 4x = m + 3\) có 2 nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng \(y = m + 3\) cắt đồ thị tại 2 điểm có hoành độ âm phân biệt.

 

Từ đồ thị ta có đường thẳng \(y = m + 3\) cắt đồ thị tại 2 điểm có hoành độ âm phân biệt khi và chỉ khi \(0 < m + 3 < 4 \Leftrightarrow  - 3 < m < 1\).

Vậy \( - 3 < m < 1\).

Câu 4. (VD)

Trong mặt phẳng \(Oxy\) cho \(M\left( {3; - 1} \right),N\left( {1;2} \right),P\left( {2; - 4} \right)\).

1) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác \(MNP\) và tọa độ điểm \(D\) sao cho \(MNGD\) là hình bình hành.

2) Tam giác \(ABC\) nhận \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,BC,AC\). Tính tọa độ các điểm \(A,B,C\).

Phương pháp

1) Trọng tâm G của tam giác MNP là \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3}\\{y_G} = \dfrac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3}\end{array} \right.\)

\(MNGD \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {DG} \)

2) Sử dụng tính chất trung điểm \(M\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {MB} \).

Hiệu của hai vectơ: \(\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {CB} \).

Cách giải

 

1) Trọng tâm G của tam giác MNP nên tọa độ của G là:

 \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3} = 2\\{y_G} = \dfrac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3} =  - 1\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}MNGD \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {DG} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = {x_G} - {x_N} + {x_M} = 4\\{y_D} = {y_G} - {y_N} + {y_M} =  - 4\end{array} \right.\\ \Rightarrow D\left( {4; - 4} \right)\end{array}\)

2) \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của \(AB,BC,AC\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {MB}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} \\\overrightarrow {BN}  = \overrightarrow {NC}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {AP}  = \overrightarrow {PC}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC} \end{array} \right.\)\( \Rightarrow \overrightarrow {MP}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right) = \overrightarrow {BN} \)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = {x_N} + {x_M} - {x_P} = 2\\{y_B} = {y_N} + {y_M} - {y_P} = 5\end{array} \right.\)

M là trung điểm của AB nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 2{{\rm{x}}_M} - {x_B}\\{y_A} = 2{y_M} - {y_B}\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {4; - 7} \right)\)

N là trung điểm của BC nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 2{{\rm{x}}_N} - {x_B}\\{y_C} = 2{y_N} - {y_B}\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {0; - 1} \right)\)

Vậy \(A\left( {4; - 7} \right),B\left( {2;5} \right),C\left( {0; - 1} \right)\).

Câu 5. (VD)

Tìm a, b, c để đồ thị hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\) là đường Parabol có đỉnh \(I\left( {2; - 2} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {0;2} \right)\).

Phương pháp

Đồ thị hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\) có đỉnh \(I\left( { - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}}; - \dfrac{\Delta }{{4{\rm{a}}}}} \right)\).

\(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b{x_0} + c\).

Cách giải

Đồ thị hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\) có đỉnh \(I\left( { - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}}; - \dfrac{\Delta }{{4{\rm{a}}}}} \right)\) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}} = 2\\ - 2 = a{.2^2} + b.2 + c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 4{\rm{a}}\\4{\rm{a}} + 2b + c =  - 2\end{array} \right.\left( 1 \right)\)

\(A\left( {0;2} \right)\) thuộc đồ thị nên \(c = 2\). Thay vào (1) ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}b + 4{\rm{a}} = 0\\4{\rm{a}} + 2b =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 4\end{array} \right.\).

Vậy \(a = 1,b =  - 4,c = 2\)

Câu 6. (VDC)

1) Cho tam giác \(ABC\) có trọng tâm G và hai điểm \(P,Q\) thỏa mãn \(\overrightarrow {PA}  = 2\overrightarrow {PB} \), \(3\overrightarrow {QA}  =  - 2\overrightarrow {QC} \). Cứng minh rằng ba điểm \(P,Q,G\) thẳng hàng.

2) Cho tam giác \(ABC\) đều cạnh a nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Điểm \(M\) thuộc \(\left( O \right)\). Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\)

Phương pháp

1) P, Q, G thẳng hàng khi và chỉ khi \(\exists k \ne 0:\overrightarrow {PG}  = k\overrightarrow {PQ} \).

2)

B1: Gọi N là trung điểm của AB, O’ là điểm đối xứng O qua N, M' đối xứng M qua N.

B2: Tìm quỹ tích điểm M’.

B3: \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right| = CM'\) . Đánh giá CM’ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất cần tìm.

Cách giải

1)

 

\(\overrightarrow {PA}  = 2\overrightarrow {PB}  \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AP}  + \overrightarrow {PB}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AP} \)

\(\begin{array}{l}3\overrightarrow {QA}  =  - 2\overrightarrow {QC} \\ \Rightarrow \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AQ}  + \overrightarrow {QC} \\ = \overrightarrow {AQ}  + \dfrac{3}{2}\overrightarrow {AQ}  = \dfrac{5}{2}\overrightarrow {AQ} \end{array}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {PQ}  = \overrightarrow {AQ}  - \overrightarrow {AP}  = \dfrac{2}{5}\overrightarrow {AC}  - 2\overrightarrow {AB} \)

\(\overrightarrow {PG}  = \overrightarrow {PA}  + \overrightarrow {AG}\)

\(\begin{array}{l} =  - 2\overrightarrow {AB}  + \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right)\\ = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{5}{3}\overrightarrow {AB}  = \dfrac{5}{6}\left( {\dfrac{2}{5}\overrightarrow {AC}  - 2\overrightarrow {AB} } \right)\\ = \dfrac{5}{6}\overrightarrow {PQ} \end{array}\)

Suy ra \(\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PG} \) cùng phương. Hay P, Q, G thẳng hàng.

2)

 

Gọi N là trung điểm của AB, O’ là điểm đối xứng O qua N, M’ đối xứng M qua N. Khi đó:

\(\begin{array}{l}\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {MN}  - \overrightarrow {MC} } \right|\\ = \left| {\overrightarrow {MM'}  - \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CM'} } \right| = CM'\end{array}\)

Ta có tam giác \(ABC\) đều cạnh a nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\left( O \right)\) có bán kính \(\dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\).

Mặt khác, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {O'N}  = \overrightarrow {NO} \\\overrightarrow {M'N}  = \overrightarrow {NM} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {O'M'}  = \overrightarrow {MO} \)

\( \Rightarrow O'M' = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\).

Do O, N cố định nên M’ luôn thuộc đường tròn tâm O’, bán kính \(\dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\).

\( \Rightarrow CO \le CM' \le CC'\) (C’ đối xứng C qua N).

\( \Rightarrow \min \left( {\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|} \right) = a\) khi \(CM' = a = CO \Leftrightarrow M' \equiv O\). Suy ra O là điểm đối xứng M qua N. Hay M, C, O thẳng hàng.

\(\begin{array}{l}\max \left( {\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|} \right) = CC'\\ = 2CN = 2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \\ \Leftrightarrow C' \equiv M' \Leftrightarrow C \equiv M\end{array}\)

 Loigiaihay.com

Quảng cáo
list
close
Gửi bài Hỏi bài