Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 21: Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng công thức: $\cos \left( {\pi – x} \right) = – \cos x.$

Cách giải:

Ta có: $\cos 165^\circ = – \cos \left( {180^\circ – 165^\circ } \right) = – \cos 15^\circ = – \frac{{\sqrt 2 + \sqrt 6 }}{4}.$

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng định lý Vi-ét.

Cách giải:

Xét phương trình $4{x^2} – 7x – 1 = 0$ có $ac = 4.\left( { – 1} \right) = – 4 < 0 \Rightarrow $ phương trình có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$.

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{7}{4}\\{x_1}{x_2} = – \frac{1}{4}\end{array} \right.$

$ \Rightarrow M = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{7}{4}} \right)^2} – 2.\left( { – \frac{1}{4}} \right) = \frac{{57}}{{16}}.$

Câu 23: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng công thức trung điểm. Cách giải: Gọi M là trung điểm của $BC \Rightarrow AM = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.$ $ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {AM} } \right| = 2.3.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 .$

Câu 24: Đáp án C

Phương pháp:

Lập mệnh đề phủ định của mệnh đề cho trước.

Cách giải:

Mệnh đề phủ định của mệnh đề là

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp:

Biến đổi phương trình đã cho về dạng hàm số của hai đồ thị hàm số.

Cách giải:

Ta có: ${x^2} – 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 7x – 12$

$ \Rightarrow $ Nghiệm của phương trình đã cho là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số: $y = {x^2}$ và $y = 7x – 12.$

Câu 26: Đáp án A

Phương pháp:

Biểu thức $\frac{1}{{f\left( x \right)}}$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) \ne 0$, biểu thức $\sqrt {f\left( x \right)} $ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0.$

Cách giải:

Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {2 – x} + \sqrt {2 + x} }}{x}$ xác định $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 – x \ge 0\\2 + x \ge 0\\x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\x \ge – 2\\x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 2 \le x \le 2\\x \ne 0\end{array} \right..$

Vậy hàm số $f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {2 – x} + \sqrt {2 + x} }}{x}$ có tập xác định là $D = \left[ { – 2;2} \right]\backslash \left\{ 0 \right\}.$

Câu 27: Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào BBT để nhận xét đỉnh của đồ thị hàm số và tính đơn điệu của hàm, từ đó tìm hàm số thích hợp.

Cách giải:

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có bề lõm hướng xuống dưới $ \Rightarrow a > 0 \Rightarrow $ loại đáp án D.

Đồ thị hàm số có đỉnh $I\left( {1;2} \right)$.

Vậy hàm số đó là $y = 2{x^2} – 4x + 4.$

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp:

Lập phương trình hoành độ giao điểm $\left( * \right)$ của hai đồ thị hàm số.

Tìm điều kiện của m để phương trình $\left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lý Vi-et để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $O{A^2} + O{B^2}$.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:

${x^2} – 2x – 2 = x + m \Leftrightarrow {x^2} – 3x – m – 2 = 0{\rm{ }}\left( * \right)$

$\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $ \Leftrightarrow \left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt.

$ \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow 9 + 4\left( {m + 2} \right) > 0 \Leftrightarrow 4m + 17 > 0 \Leftrightarrow m > – \frac{{17}}{4}.$

Gọi $A\left( {{x_A};{y_A}} \right),{\rm{ }}B\left( {{x_B};{y_B}} \right)$ là hai giao điểm của hai đồ thị hàm số.

$ \Rightarrow {x_A};{\rm{ }}{x_B}$ là hai nghiệm của phương trình $\left( * \right)$.

Áp dụng định lý Vi-et ta có : $\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 3\\{x_A}{x_B} = – m – 2\end{array} \right..$

Ta có: $OA = \sqrt {x_A^2 + y_A^2} ,{\rm{ }}OB = \sqrt {x_B^2 + y_B^2} $

$ \Rightarrow O{A^2} + O{B^2} = x_A^2 + y_A^2 + x_B^2 + y_B^2 = \left( {x_A^2 + x_B^2} \right) + \left( {y_A^2 + y_B^2} \right)$

$ = \left( {x_A^2 + x_B^2} \right) + \left[ {{{\left( {{x_A} + m} \right)}^2} + {{\left( {{x_B} + m} \right)}^2}} \right]$

$ = x_A^2 + x_B^2 + x_A^2 + x_B^2 + 2m\left( {{x_A} + {x_B}} \right) + 2{m^2}$

$ = 2{\left( {{x_A} + {x_B}} \right)^2} – 4{x_A}{x_B} + 2m\left( {{x_A} + {x_B}} \right) + 2{m^2}$

$ = {2.3^2} + 4\left( {m + 2} \right) + 2m.3 + 2{m^2}$

$ = 2{m^2} + 10m + 26 = 2\left( {{m^2} + 5m} \right) + 26$

$ = 2{\left( {m + \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{{27}}{2} \ge \frac{{27}}{2}$

Dấu xảy ra $ \Leftrightarrow m + \frac{5}{2} = 0 \Leftrightarrow m = – \frac{5}{2}{\rm{ }}\left( {tm} \right).$

Vậy $O{A^2} + O{B^2}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $m = – \frac{5}{2}$.

Câu 29: Đáp án B

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét các giao điểm mà đồ thị hàm số cắt các trục hoành và trục tung. Từ đó nhận xét dấu của a, b.

Cách giải:

Ta có đồ thị hàm số $y = ax + b$ cắt Ox tại điểm $\left( { – \frac{b}{a};0} \right)$ và cắt trục tung tại điểm $\left( {0;b} \right)$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm $ \Rightarrow b < 0.$

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ âm $ \Rightarrow – \frac{b}{a} < 0 \Rightarrow \frac{b}{a} > 0$

Mà $b < 0 \Rightarrow a < 0.$

Câu 30: Đáp án D

Phương pháp:

Mệnh đề kéo theo $P \Rightarrow Q$ thì P là điều kiện đủ để có Q.

Cách giải:

Hai tam giác bằng nhau là điều kiện đủ để diện tích chúng bằng nhau.