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

Câu 31: Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình vô tỉ bằng cách bình phương hai vế.

Cách giải:

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

$ \Rightarrow S = 1.$

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

Khảo sát hàm số đã cho trên đoạn $\left[ { – 2;0} \right]$ để tìm m.

Cách giải:

Xét hàm số: $y = f\left( x \right) = 4{x^2} – 4mx + {m^2} – 2m$

Đồ thị hàm số có tọa độ đỉnh là: $I\left( {\frac{m}{2}; – 2m} \right).$

Lại có $a = 4 > 0 \Rightarrow $ hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ;\frac{m}{2}} \right)$ và đồng biến trên $\left( {\frac{m}{2}; + \infty } \right).$

Bảng biến thiên:

TH1: Nếu $\frac{m}{2} \in \left[ { – 2;0} \right] \Leftrightarrow – 2 \le \frac{m}{2} \le 0 \Leftrightarrow – 4 \le m \le 0$ thì $\mathop {Min}\limits_{\left[ { – 2;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{m}{2}} \right) = – 2m$

Ta có: ${f_{\min }} = 3 \Leftrightarrow – 2m = 3 \Leftrightarrow m = – \frac{3}{2}{\rm{ }}\left( {tm} \right)$

TH2: Nếu $\frac{m}{2} > 0 \Leftrightarrow m > 0$ thì $\mathop {Min}\limits_{\left[ { – 2;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = {m^2} – 2m.$

$ \Rightarrow {f_{\min }} = 3 \Leftrightarrow {m^2} – 2m = 3 \Leftrightarrow {m^2} – 2m – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3{\rm{ }}\left( {tm} \right)\\m = – 1{\rm{ }}\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3$

TH3: Nếu $\frac{m}{2} < – 2 \Leftrightarrow m \le – 4$ thì $\mathop {Min}\limits_{\left[ { – 2;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( { – 2} \right) = {m^2} + 6m + 16.$

$ \Rightarrow {f_{\min }} = 3 \Leftrightarrow {m^2} + 6m + 16 = 3 \Leftrightarrow {m^2} + 6m + 13 = 0 \Rightarrow $ phương trình vô nghiệm.

Vậy $S = \left\{ { – \frac{3}{2};3} \right\} \Rightarrow T = – \frac{3}{2} + 3 = \frac{3}{2}.$

Câu 33: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng tính chất hình bình hành.

Cách giải:

Vì O là trung điểm AC nên $\overrightarrow {AO} = \overrightarrow {OC} .$

Câu 34: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tính chất của tam giác đều.

Cách giải:

Vì tam giác ABC đều nên $\left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \angle BAM = 30^\circ .$

Câu 35: Đáp án B

Phương pháp:

Ta có: ${C_B}A = B\backslash A$

Cách giải:

Ta có : $A = \left\{ {x \in \mathbb{R}|2 \le x < 5} \right\} = \left[ {2;5} \right).$

$ \Rightarrow {C_\mathbb{R}}A = R\backslash A = \left( { – \infty ;2} \right) \cup \left[ {5; + \infty } \right).$

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:

Vật cân bằng khi tổng hợp lực lên vật bằng vecto không.

Cách giải:

Vì vật đứng yên nên $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{\rm{ }}{F_2}} + \overrightarrow {{\rm{ }}{F_3}} = \overrightarrow 0 $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow {MC} = – \left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right) = \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BM} $

$ \Rightarrow M{C^2} = M{A^2} + M{B^2} + 2MA.MB\cos \angle \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {BM} } \right)$

$ = {50^2} + {50^2} + 2.50.50.\cos 60^\circ = 3.50^\circ $

$ \Rightarrow MC = 50\sqrt 3 .$

$ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{\rm{ }}{F_3}} } \right| = 50\sqrt 3 {\rm{ }}N.$

Câu 37: Đáp án A

Phương pháp:

Ta có: $\angle AMB > 90^\circ \Rightarrow – 1 \le \cos \angle AMB < 0.$

Cách giải:

Ta có : $\overrightarrow {AM} = \left( {2;b – 3} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {BM} = \left( { – 8;b + 3} \right).$

$ \Rightarrow \cos \angle AMB = \frac{{\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BM} }}{{\left| {\overrightarrow {AM} } \right|.\left| {\overrightarrow {BM} } \right|}} = \frac{{2.\left( { – 8} \right) + \left( {b – 3} \right)\left( {b + 3} \right)}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( {b – 3} \right)}^2}} \sqrt {{8^2} + {{\left( {b + 3} \right)}^2}} }}$

$ = \frac{{ – 16 + {b^2} – 9}}{{\sqrt {4 + {b^2} – 6b + 9} .\sqrt {64 + {b^2} + 6b + 9} }} = \frac{{{b^2} – 25}}{{\sqrt {{b^2} – 6b + 13} .\sqrt {{b^2} + 6b + 73} }}.$

Để $\angle AMB > 90^\circ $ thì $\cos \angle AMB < 0 \Leftrightarrow {b^2} – 25 < 0 \Leftrightarrow – 5 < b < 5 \Leftrightarrow b \in \left( { – 5;5} \right).$

Câu 38: Đáp án A

Phương pháp:

Với $0^\circ < \alpha < 180^\circ \Rightarrow \sin \alpha > 0$

Sử dụng công thức: $\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = {\tan ^2}\alpha + 1.$

Cách giải:

Ta có: $\tan \alpha = \frac{{ – 1}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{ – 1}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \sin \alpha = \frac{{ – 1}}{{\sqrt 2 }}\cos \alpha $

Lại có: $0^\circ < \alpha < 180^\circ \Rightarrow \sin \alpha > 0$

$ \Rightarrow \cos \alpha < 0.$

Ta có: $\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = {\tan ^2}\alpha + 1 = {\left( { – \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} + 1 = \frac{3}{2} \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{2}{3}.$

$ \Rightarrow \cos \alpha = \pm \sqrt {\frac{2}{3}} = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{3}$

Mà $\cos \alpha < 0 \Rightarrow \cos \alpha = – \frac{{\sqrt 6 }}{3}.$

Câu 39: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng tính chất của hình vuông.

Cách giải:

Ta có: $AC = a\sqrt 2 \Rightarrow AO = OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Vì ABCD là hình vuông nên $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OC} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AO} = AB.AO.\cos \angle BAO = a.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\cos 45^\circ = \frac{{{a^2}}}{2}.$

Câu 40: Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có : $\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{2.3 + 5.\left( { – 7} \right)}}{{\sqrt {{2^2} + {5^2}} .\sqrt {{3^2} + {7^2}} }} = \frac{{ – 29}}{{\sqrt {29} .\sqrt {58} }} = \frac{{ – 1}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \angle \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 135^\circ .$