Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THCS & THPT M.V.Lômônôxốp Hà Nội Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

Câu 21: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa hai véc tơ bằng nhau.

Cách giải:

Dễ thấy: $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = – \overrightarrow {CD} $

Vậy đẳng thức B sai.

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

Phương trình $a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)$ có hai nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow \Delta ‘ > 0$

Cách giải:

Phương trình $m{x^2} – 2\left( {m – 2} \right)x + m – 3 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta ‘ = {\left( {m – 2} \right)^2} – m.\left( {m – 3} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{m^2} – 4m + 4 – {m^2} + 3m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ – m + 4 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m < 4\end{array} \right.$

Câu 23: Đáp án C

Phương pháp:

$\frac{1}{{f\left( x \right)}}$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) \ne 0.$

$\sqrt {f\left( x \right)} $ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0.$

Cách giải:

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}2x – 1 \ge 0\\\left( {x – 3} \right)\sqrt {2x – 1} \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x – 1 > 0\\x – 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\x \ne 3\end{array} \right.$

$ \Rightarrow D = \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\backslash \left\{ 3 \right\}$

Câu 24: Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

$AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( {3 – 1} \right)}^2} + {{\left( {4 + 2} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} + {6^2}} = \sqrt {4 + 36} = \sqrt {40} = 2\sqrt {10} $

B. PHẦN TỰ LUẬN

Bài 1.

Phương pháp:

a) $\left| A \right| = \left[ \begin{array}{l}A{\rm{ }}khi{\rm{ }}A \ge 0\\ – A{\rm{ }}khi{\rm{ }}A < 0\end{array} \right.$

b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.

Cách giải:

a) Giải phương trình: ${x^2} – 2x – 5\left| {x – 1} \right| – 5 = 0$

+) TH1: Nếu $x \ge 1 \Rightarrow \left| {x – 1} \right| = x – 1$

Phương trình $ \Leftrightarrow {x^2} – 2x – 5\left( {x – 1} \right) + 7 = 0 \Leftrightarrow {x^2} – 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3{\rm{ }}\left( {tm} \right)\\x = 4{\rm{ }}\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

+) TH2: Nếu $x < 1 \Rightarrow \left| {x – 1} \right| = – \left( {x – 1} \right)$

Phương trình $ \Leftrightarrow {x^2} – 2x + 5\left( {x – 1} \right) + 7 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1{\rm{ }}\left( {tm} \right)\\x = – 2{\rm{ }}\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

Vậy phương trình có 4 nghiệm $x \in \left\{ { – 2; – 1;3;4} \right\}.$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2x – y = 5\\{x^2} + xy + {y^2} = 7\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}2x – y = 5\\{x^2} + xy + {y^2} = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2x – 5\\{x^2} + x\left( {2x – 5} \right) + {\left( {2x – 5} \right)^2} = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2x – 5\\7{x^2} – 25x + 18 = 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2x – 5\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{{18}}{7}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = – 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{18}}{7}\\y = \frac{1}{7}\end{array} \right.\end{array} \right..$

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: $\left( {1; – 3} \right),\left( {\frac{{18}}{7};\frac{1}{7}} \right)$

Bài 2.

Phương pháp:

Phương trình $a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)$ có hai nghiệm dương phân biệt $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.$

Cách giải:

Phương trình ${x^2} – 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} – 1 = 0$ có hai nghiệm dương phân biệt

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 1} \right)^2} – \left( {{m^2} – 1} \right) > 0\\2\left( {m + 1} \right) > 0\\{m^2} – 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 2m + 1 – {m^2} + 1 > 0\\m > – 1\\\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < – 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > – 1\\\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < – 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1.$

Vậy với $m > 1$thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 3.

Phương pháp:

a) Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành $ \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} $ từ đó dựa vào định nghĩa hai véc tơ bằng nhau để tìm tọa độ điểm $D.$

b) $\overrightarrow a = \left( {{a_1},{a_2}} \right) \bot \overrightarrow b = \left( {{b_1},{b_2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = {a_1}.{b_1} + {a_2}.{b_2} = 0$

Cách giải:

a) Tìm tọa độ điểm $D$ sao cho tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.

Gọi $D\left( {x;y} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AD} = \left( {x + 2;y – 1} \right);{\rm{ }}\overrightarrow {BC} = \left( {1;4} \right)$

Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành $ \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 = 1\\y – 1 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = – 1\\y = 5\end{array} \right.$

Vậy $D\left( { – 1;5} \right)$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

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

Gọi $H\left( {a;b} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \left( {a + 2;b – 1} \right);\overrightarrow {BC} = \left( {1;4} \right);\overrightarrow {CH} = \left( {a – 2;b – 3} \right);\overrightarrow {AB} = \left( {3; – 2} \right)$

$H$ là trực tâm của tam giác $ABC \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\CH \bot AB\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0\\\overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {a + 2} \right) + 4\left( {b – 1} \right) = 0\\3\left( {a – 2} \right) – 2\left( {b – 3} \right) = 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 4b = 2\\3a – 2b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{2}{7}\\b = \frac{3}{7}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{2}{7};\frac{3}{7}} \right)$

Bài 4.

Phương pháp:

Sử dụng định lý $\sin :\frac{a}{{\sin \angle A}} = \frac{b}{{\sin \angle B}} = \frac{c}{{\sin \angle C}} = 2R$ ($R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)

Cách giải:

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác $DEF$ vuông tại $D:$

$EF = \sqrt {D{E^2} + D{F^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5$

$I$ là trung điểm của $DE \Rightarrow DI = \frac{1}{2}DE = \frac{3}{2}$

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác $DIF$ vuông tại $D:$

$IF = \sqrt {D{I^2} + D{F^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {4^2}} = \frac{{\sqrt {73} }}{2}$

Xét tam giác $DEF$ vuông tại $D \Rightarrow \sin \angle E = \frac{{DF}}{{EF}} = \frac{4}{5}$

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác $IEF$ ta được:

$2R = \frac{{IF}}{{\sin \angle E}} = \frac{{\sqrt {73} .5}}{{2.4}} = \frac{{5\sqrt {73} }}{8} \Rightarrow R = \frac{{5\sqrt {73} }}{{16}}$