Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

II. TỰ LUẬN

Bài 1:

Phương pháp:

1) Sử dụng định nghĩa về hàm số chẵn, lẻ.

2) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị như sách giáo khoa.

3) Thay tọa độ các điểm vào hàm số, sử dụng công thức tọa độ đỉnh.

Cách giải:

1) Xét tính chẵn, lẻ của hàm số $f\left( x \right) = {x^4} – 3{x^2} + 2$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

$ \Rightarrow \forall x \in D \Rightarrow – x \in D$.

Xét $f\left( { – x} \right) = {\left( { – x} \right)^4} – 3{\left( { – x} \right)^2} + 2 = {x^4} – 3{x^2} + 2 \Rightarrow f\left( x \right) = f\left( { – x} \right)$.

Vậy $f\left( x \right)$là hàm số chẵn.

2) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: $y = {x^2} + 2x – 3$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số có đỉnh $I\left( { – 1; – 4} \right)$ và nhận đường thẳng $x = – 1$ làm trục đối xứng.

Đồ thị hàm số:

3) Xác định $a,b,c$ để parabol $\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c$ đi qua điểm $A\left( {2;1} \right)$ và có đỉnh $I\left( {1; – 1} \right)$.

Parabol đi qua điểm $A\left( {2;1} \right)$ và có đỉnh $I\left( {1; – 1} \right)$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a{.2^2} + b.2 + c = 1\\\frac{{ – b}}{{2a}} = 1\\\frac{{ – \left( {{b^2} – 4ac} \right)}}{{4a}} = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + 2b + c = 1\\2a + b = 0\\{b^2} – 4ac – 4a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + 2b + c = 1\\b = – 2a\\{\left( { – 2a} \right)^2} – 4ac – 4a = 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + 2b + c = 1\\b = – 2a\\4a\left( {a – c – 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + 2b + c = 1\\2a + b = 0\\a – c = 1\,\,\left( {do\,\,\,a \ne 0} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = – 4\\c = 1\end{array} \right.$.

Vậy $a = 2,b = – 4,c = 1.$

Bài 2:

Phương pháp:

1) Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp bình phương hai vế.

2) Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai và hệ thức Vi-ét.

Cách giải:

1) Giải phương trình sau: $\sqrt {2x – 3} = x – 3$

$\sqrt {2x – 3} = x – 3\,\,\left( 1 \right)$

Điều kiện xác định: $x \ge \frac{3}{2}.$

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 3 \ge 0\\2x – 3 = {\left( {x – 3} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\2x – 3 = {x^2} – 6x + 9\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\{x^2} – 8x + 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\\left( {x – 2} \right)\left( {x – 6} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 6\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 6.$

Vậy $x = 6$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

2) Tìm tham số m để phương trình ${x^2} + 2\left( {m – 1} \right)x + 3m – 2 = 0$ có hai nghiệm trái dấu ${x_1},{x_2}$ và thỏa mãn $\frac{1}{{{x_1}}} – 3 = \left| {\frac{1}{{{x_2}}}} \right|$.

Phương trình có hai nghiệm trái dấu $ \Leftrightarrow 3m – 2 < 0 \Leftrightarrow m < \frac{3}{2}.$

Theo định lý Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = – 2\left( {m – 1} \right) = – 2m + 2\\{x_1}{x_2} = 3m – 2\end{array} \right.$.

Vì hai nghiệm trái dấu nên hai nghiệm khác không, do đó tồn tại $\frac{1}{{{x_1}}},\frac{1}{{{x_2}}}.$

Theo đề bài ta có:

$\frac{1}{{{x_1}}} – 3 = \left| {\frac{1}{{{x_2}}}} \right| \Rightarrow \frac{1}{{{x_1}}} = 3 + \left| {\frac{1}{{{x_2}}}} \right| > 0 \Rightarrow {x_1} > 0 \Rightarrow {x_2} < 0.$

$ \Rightarrow \frac{1}{{{x_1}}} – 3 = \left| {\frac{1}{{{x_2}}}} \right| \Leftrightarrow \frac{1}{{{x_1}}} – 3 = – \frac{1}{{{x_2}}}$

$ \Leftrightarrow \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = 3 \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} – 3{x_1}{x_2} = 0$

$ \Leftrightarrow – 2\left( {m – 1} \right) – 3\left( {3m – 2} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow – 2m + 2 – 9m + 6 = 0$

$ \Leftrightarrow 11m = 8 \Leftrightarrow m = \frac{8}{{11}}.$

Vậy $m = \frac{8}{{11}}.$

Bài 3:

Phương pháp:

1) Biến đổi vectơ cơ bản

2) Sử dụng công thức tính tọa độ của vectơ.

3) Phương pháp chèn điểm.

Cách giải:

1) Cho tứ giác $ABCD$, chứng minh: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} $.

$\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {AD} } \right) + \left( {\overrightarrow {CD} – \overrightarrow {CB} } \right) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {BD} = 0$, luôn đúng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

2) Trong mặt phẳng $Oxy$, cho các vectơ $\overrightarrow a \left( {2; – 1} \right),\overrightarrow b \left( {0;4} \right),\overrightarrow c \left( {3;3} \right)$. Tìm hai số thực $m,n$ sao cho $\overrightarrow c = m\overrightarrow a – n\overrightarrow b $.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}m\overrightarrow a = \left( {2m; – m} \right)\\n\overrightarrow b = \left( {0;4n} \right)\end{array} \right. \Rightarrow m\overrightarrow a – n\overrightarrow b = \left( {2m; – m – 4n} \right).$

$ \Rightarrow \overrightarrow c = m\overrightarrow a – n\overrightarrow b \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 = 2m\\3 = – m – 4n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{3}{2}\\n = \frac{{ – 9}}{8}\end{array} \right..$

Vậy $m = \frac{3}{2},\,n = \frac{{ – 9}}{8}$.

3) Cho tam giác $ABC$, gọi $I,J$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB$ và $AC$. Điểm M nằm trên cạnh $BC$ sao cho $MC = 2MB$. Hãy phân tích vectơ $\overrightarrow {AM} $ theo hai vectơ $\overrightarrow {AI} ,\overrightarrow {AJ} $.

$\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} } \right)$

$ = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} = \frac{4}{3}\overrightarrow {AI} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AJ} .$

Bài 4:

Phương pháp:

Tách bình phương sau đó nhân liên hợp giải phương trình vô tỉ.

Cách giải:

Điều kiện xác định: $ – 3 \le x \le 1$.

${x^2} + 2x + 2x\sqrt {x + 3} = 6\sqrt {1 – x} + 7$

$ \Leftrightarrow {x^2} + 2x\sqrt {x + 3} + x + 3 = 1 – x + 6\sqrt {1 – x} + 9$

$ \Leftrightarrow {\left( {x + \sqrt {x + 3} } \right)^2} = {\left( {\sqrt {1 – x} + 3} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \sqrt {x + 3} = \sqrt {1 – x} + 3\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x + \sqrt {x + 3} = – \sqrt {1 – x} – 3\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right..$

$\left( 2 \right) \Leftrightarrow x + 3 + \sqrt {x + 3} + \sqrt {1 – x} = 0$, vô nghiệm với $ – 3 \le x \le 1.$

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right) – \sqrt {1 – x} + \left( {\sqrt {x + 3} – 2} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right) – \sqrt {1 – x} + \frac{{x – 1}}{{\sqrt {x + 3} + 2}} = 0$

$ \Leftrightarrow \sqrt {1 – x} \left( { – \sqrt {1 – x} – 1 – \frac{{\sqrt {1 – x} }}{{\sqrt {x + 3} + 2}}} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow 1 – x = 0\,\,\,\left( {do\,\, – \sqrt {1 – x} – 1 – \frac{{\sqrt {1 – x} }}{{\sqrt {x + 3} + 2}} < 0} \right)$

$ \Leftrightarrow x = 1\,\,\left( {tm} \right).$

Vậy $x = 1$ là nghiệm duy nhất của phương trình.