Giải đề thi học kì 1 toán lớp 10 năm 2020-2021 trường THPT Đống Đa

Đề bài

Câu 1( 3,5 điểm) Cho hàm số :$y = {x^2} - 2mx + 3$

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số khi $m = 2$.

2. Dựa vào đồ thị $(P)$, biện luận theo k số nghiệm của phương trình:${x^2} - 4x + k = 0$

3. Tìm giá trị của $m$ để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ;2020} \right)$.

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

1. ${x^2} - 2x - 5\left| {x - 1} \right| - 5 = 0$

2. $\sqrt {{x^2} - 3x + 3}  - 2x + 3 = 0$

Câu 3(1 điểm) Cho phương trình:

${x^4} - 4{x^2} + a = 0$ (với $a$ là tham số )

1. Giải phương trình đã cho khi $a =  - 5$

2. Xác định $a$ để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[ { - 2;3} \right]$

Câu 4(3 điểm)

Trong hệ trục tọa độ $(Oxy)$ cho bốn điểm:$A\left( {2; - 1} \right),B\left( {3;4} \right),C\left( {4;3} \right),D\left( {3; - 2} \right)$

1. Chứng minh bốn điểm đã cho tạo thành hình bình hành $ABCD$. Tìm tọa độ tâm hình bình hành đó.

2. Gọi  $G$ là trọng tâm tam giác  $ABC$. Tìm tọa độ điểm  $E$ thỏa mãn: $\overrightarrow {BE}  = 2\overrightarrow {AD}  - 3\overrightarrow {GC}$.

3. Lấy điểm $M$ di động. Dựng điểm $N$ sao cho $\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MA}  + 3\overrightarrow {MB}  - 2\overrightarrow {MC}$. Chứng minh rằng $MN$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải chi tiết

Câu 1(VD)

Phương pháp:

1.

Thay $m = 2$ vào hàm số.

Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Đồ thị: Xác định bề lõm, đỉnh và trục đối xứng của đồ thị và một số điểm thuộc đồ thị.

2.

Đặt hàm số của (P): $y = f\left( x \right)$.

Đưa phương trình đã cho về dạng$f\left( x \right) = g\left( x \right)$

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = g\left( x \right)$ là số giao điểm của hai đồ thị $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$.

3. Tìm khoảng nghịch biến D của hàm số $y = {x^2} - 2mx + 3$. Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ;2020} \right)$ khi và chỉ khi $\left( { - \infty ;2020} \right) \subset D$.

Giải:

1.

Thay $m = 2$ vào hàm số ta  được (P):$y = {x^2} - 4x + 3$.

Do $1 > 0$, hàm số đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$, nghịch biến trên $\left( { - \infty ;2} \right)$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị:

Đồ thị có bề lõm hướng lên trên, đồ thị có đỉnh $\left( {2; - 1} \right)$. Đồ thị nhận đường thẳng $x = 2$ làm trục đối xứng.

Đồ thị đi qua điểm $A\left( {0;3} \right),B\left( {1;0} \right),C\left( {3;0} \right)$.

2. Đặt $f\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3$

$\begin{array}{l}{x^2} - 4x + k = 0\left( 1 \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 3 - k\end{array}$

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của $(P):y = f\left( x \right)$ và $\left( d \right):y = 3 - k$.

Từ đồ thị ta thấy:

Số giao điểm bằng 0 khi và chỉ khi $3 - k <  - 1 \Leftrightarrow k > 4$.

Số giao điểm bằng 1 khi và chỉ khi $3 - k =  - 1 \Leftrightarrow k = 4$.

Số giao điểm bằng 2 khi và chỉ khi $3 - k >  - 1 \Leftrightarrow k < 4$.

3.

Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ;m} \right)$. Hàm số đã cho nghịch biến trên $\left( { - \infty ;2020} \right)$ khi và chỉ khi $\left( { - \infty ;2020} \right) \subset \left( { - \infty ;m} \right) \Leftrightarrow m \ge 2020$.

Câu 2(VD):

Phương pháp:

1. Đặt $\left| {x - 1} \right| = t\left( {t \ge 0} \right)$, đưa phương trình về phương trình ẩn t.

2. $\sqrt A  = B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}B \ge 0\\A = {B^2}\end{array} \right.$

Giải:

1.

${x^2} - 2x - 5\left| {x - 1} \right| - 5 = 0$

$\Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} - 5\left| {x - 1} \right| - 6 = 0$(1).

Đặt $\left| {x - 1} \right| = t\left( {t \ge 0} \right)$. Phương trình (1) trở thành:

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

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 6\\x - 1 =  - 6\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 7\\x =  - 5\end{array} \right.\end{array}$

2. $\sqrt {{x^2} - 3x + 3}  - 2x + 3 = 0$

$\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 3x + 3}  = 2x - 3\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{3}{2}\\3{x^2} - 9x + 6 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{3}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\end{array}$

Câu 3(VD)

Phương pháp:

1. Thay $a =  - 5$ vào phương trình. Đặt ${x^2} = t\left( {t \ge 0} \right)$, đưa về phương trình ẩn t. Giải t tìm x.

2. Đưa về hai phương trình bậc hai

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

(*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt và (2) có 2 nghiệm phân biệt không trùng với phương trình (1).

Giải:

1. Thay $a =  - 5$ vào phương trình ta được ${x^4} - 4{x^2} - 5 = 0$(1)

Đặt ${x^2} = t\left( {t \ge 0} \right)$, (1) trở thành:

$\begin{array}{l}{t^2} - 4t - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\\t = 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow t = 5 \Leftrightarrow {x^2} = 5\end{array}$

$x =  \pm \sqrt 5$

2.

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

(*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt và (2) có 2 nghiệm phân biệt không trùng với phương trình (1)

(2) có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow 2 - \sqrt {4 - a}  > 0 \Leftrightarrow a > 0$

Khi $0 < a < 4$ các nghiệm của (*) đều thỏa mãn ${x^2} < 4$. Hay (*) luôn có có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[ { - 2;2} \right]$

Vậy $0 < a < 4$ thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[ { - 2;3} \right]$

Câu 4(VD)

Phương pháp:

1. $ABCD$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}$

Tâm O của hình bình hành: $\left\{ \begin{array}{l}{x_O} = \dfrac{{{x_A} + {x_C}}}{2}\\{y_O} = \dfrac{{{y_A} + {y_C}}}{2}\end{array} \right.$

2. Tìm điểm G.

Sử dụng công thức: $\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BD}  - \overrightarrow {BA}$, tính chất trọng tâm $\overrightarrow {BG}  = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {BO}$, tính chất trung điểm $\overrightarrow {BO}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BD}$.

3. Gọi $I$ là trung điểm của $MN$.

Sử dụng quy tắc cộng, trừ vectơ chứng minh $I$ là điểm cố định.

Cách giải:

1.

Ta có $\overrightarrow {AB}  = \left( {3 - 2;4 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( {1;5} \right)$;$\overrightarrow {DC}  = \left( {4 - 3;3 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {1;5} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}$$\Rightarrow ABCD$ là hình bình hành.

Tâm O của hình bình hành là chung điểm chung của AC và BD nên : $\left\{ \begin{array}{l}{x_O} = \dfrac{{{x_A} + {x_C}}}{2} = 3\\{y_O} = \dfrac{{{y_A} + {y_C}}}{2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow O\left( {3;1} \right)$

2.

$\begin{array}{l}\overrightarrow {BE}  = 2\overrightarrow {AD}  - 3\overrightarrow {GC} \\ = 2\left( {\overrightarrow {BD}  - \overrightarrow {BA} } \right) - 3\left( {\overrightarrow {BC}  - \overrightarrow {BG} } \right)\\ = 2\overrightarrow {BD}  - 2\overrightarrow {BA}  - 3\overrightarrow {BC}  + 3\overrightarrow {BG} \\ = 2\overrightarrow {BD}  - 2\overrightarrow {BD}  - \overrightarrow {BC}  + 3.\dfrac{2}{3}\overrightarrow {BO} \\\left. \begin{array}{l} = \overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {CD} \\\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {BA} \end{array} \right\} \Rightarrow E \equiv A\end{array}$

3.

$\begin{array}{l}\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MA}  + 3\overrightarrow {MB}  - 2\overrightarrow {MC} \\ = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MC}  + 3\overrightarrow {CB}  = 2\overrightarrow {MO}  + 3\overrightarrow {CB} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  - \overrightarrow {MO}  - \overrightarrow {MO}  = 3\overrightarrow {CB} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {ON}  + \overrightarrow {OM}  = 3\overrightarrow {CB} \\ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {OI}  = 3\overrightarrow {CB}  \Leftrightarrow \overrightarrow {OI}  = \dfrac{3}{2}\overrightarrow {CB} \end{array}$

Do O,C,B là các điểm cố định nên I là điểm cố định.

Vậy MN luôn đi qua điểm cố định I.

Loigiaihay.com