Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Nhân Chính Hà Nội Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (NB): Đáp án D.

Phương pháp:

Sử dụng các tính chất của tích vô hướng.

Cách giải:

Ta có: $\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)$

$ \Rightarrow \overrightarrow a ,\overrightarrow b $ cùng hướng $ \Leftrightarrow \angle \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0^\circ \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|$ $ \Rightarrow $ đáp án A đúng.

$ \Rightarrow \overrightarrow a ,\overrightarrow b $ ngược hướng $ \Leftrightarrow \angle \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 180^\circ \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = – \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|$$ \Rightarrow $đáp án B đúng

$\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = 0$$ \Rightarrow $ đáp án C đúng.

Câu 2 (TH): Đáp án B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tọa độ của vecto

Cách giải:

Ta có: $\overrightarrow {MA} – \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {BA} = \left( {3; – 1} \right).$

Câu 3 (TH): Đáp án B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tọa độ trọng tâm của tam giác.

Cách giải:

Ta có: $A \in Ox \Rightarrow A\left( {a;0} \right);\,B \in Oy \Rightarrow B\left( {0;b} \right)$.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $OAB$ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = \frac{{a + 0 + 0}}{3}\\ – 2 = \frac{{0 + b + 0}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = – 6\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {3; – 6.} \right)$

Câu 4 (VD): Đáp án C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tích vô hướng của hai vecto

Cách giải

Kẻ $BH \bot CD$ tại $H \Rightarrow ABHD$ là hình vuông $ \Rightarrow BD = 2\sqrt 2 a$. $HC = 6a – 2a = 4a \Rightarrow BC = \sqrt {B{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {4{a^2} + 16{a^2}} = 2a\sqrt 5 $. $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DN} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {BN} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BN} $ $ = AB.DB.\cos \angle ABD + AB.BN.\cos \left( {180^\circ – \angle ABN} \right)$ $ = AB.DB.\cos \angle ABD + AB.BN.\cos \angle BCD$ $ = 2a.2\sqrt 2 a.\frac{1}{{\sqrt 2 }} + 2a.2a\sqrt 5 .\frac{{4a}}{{2a\sqrt 5 }} = 12{a^2}.$

Câu 5 (TH): Đáp án C.

Phương pháp:

Cho $\overrightarrow a = \left( {{a_1};{a_2}} \right),\,\overrightarrow b \left( {{b_1};{b_2}} \right) \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{{a_1}.{b_1} + {a_2}.{b_2}}}{{\sqrt {{a_1}^2 + {a_2}^2} .\sqrt {{b_1}^2 + {b_2}^2} .}}$

Cách giải:

Có $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( { – 3;2} \right)\\\overrightarrow {AC} = \left( { – 4; – 4} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \cos A = \frac{{\left( { – 3} \right).\left( { – 4} \right) + 2.\left( { – 4} \right)}}{{\sqrt {{3^2} + {2^2}} \sqrt {{4^2} + {4^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {26} }}.$

Câu 6 (TH): Đáp án D.

Phương pháp:

Tìm điều kiện xác định sau đó giải phương trình chứa ẩn ở mẫu.

Cách giải:

Điều kiện xác định: $x \ne \pm 2$.

$\frac{{3x + 4}}{{x – 2}} – \frac{1}{{x + 2}} = \frac{4}{{{x^2} – 4}} + 3$

$ \Leftrightarrow \frac{{\left( {3x + 4} \right)\left( {x + 2} \right) – \left( {x – 2} \right)}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{4 + 3\left( {{x^2} – 4} \right)}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}$

$ \Leftrightarrow 3{x^2} + 10x + 8 – x + 2 = 4 + 3{x^2} – 12$

$ \Leftrightarrow 3{x^2} + 9x + 10 = 3{x^2} – 8$

$ \Leftrightarrow 9x = – 18 \Leftrightarrow x = – 2\,\,\left( {ktm} \right).$

Vậy phương trình vô nghiệm.

Câu 7 (VD): Đáp án B.

Phương pháp:

Tìm điều kiện xác định sau đó giải phương trình vô tỉ.

Cách giải:

Điều kiện xác định: $x \ge 1.$

$\left( {3{x^2} – 10x + 3} \right)\sqrt {3x – 3} \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left( {3x – 1} \right)\sqrt {3x – 3} = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 3 = 0\\3x – 1 = 0\\3x – 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = \frac{1}{3}\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 1\end{array} \right.$ (do $x \ge 1$).

Câu 8 (VD): Đáp án D.

Phương pháp:

Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.

Cách giải:

$ \Leftrightarrow \left| {{x^2} + 2x – 3} \right| = x + 5 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} + 2x – 3 = x + 5\\{x^2} + 2x – 3 = – x – 5\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} + x – 8 = 0\\{x^2} + 3x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ – 1 + \sqrt {33} }}{2}\\x = \frac{{ – 1 – \sqrt {33} }}{2}\\x = – 1\\x = – 2\end{array} \right.$

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 9 (VD): Đáp án C.

Phương pháp:

Tìm điều kiện xác định sau đó giải phương trình vô tỉ.

Cách giải:

Điều kiện xác định: $x \ge 2$

$\sqrt {x – 2} + 3{x^2} = \sqrt {x – 2} + 48 \Leftrightarrow {x^2} = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\,\,\left( {tm} \right)\\x = – 4\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 4.$

Câu 10 (TH): Đáp án C.

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp bình phương hai vế.

Cách giải:

$\sqrt {2{x^2} + 3x – 5} = x + 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\2{x^2} + 3x – 5 = {\left( {x + 1} \right)^2}\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – 1\\2{x^2} + 3x – 5 = {x^2} + 2x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – 1\\\left( {x – 2} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2.$