Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Trần Hưng Đạo Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Câu 31 (TH) (Phương trình quy về phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai): Đáp án D

Phương pháp:

Giải và biện luận phương trình bậc hai một ẩn.

Cách giải:

${x^2} + 2x + {m^2} = 0$.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow \Delta ‘ = 1 – {m^2} \ge 0 \Leftrightarrow – 1 \le m \le 1$.

Câu 32 (NB) (Mệnh đề): Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng các khái niệm mệnh đề.

Cách giải:

Trong các mệnh đề chỉ có mệnh đề C đúng.

Câu 33 (TH) (Phương trình và hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn): Đáp án A

Phương pháp:

Giải hệ phương trình quy về hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn.

Cách giải:

$\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{2}{y} = – \frac{5}{6}\\\frac{{x + 1}}{x} + \frac{3}{y} = – \frac{1}{3}\end{array} \right.\left( {x,y \ne 0} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{2}{y} = – \frac{5}{6}\\1 + \frac{1}{x} + \frac{3}{y} = – \frac{1}{3}\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{2}{y} = – \frac{5}{6}\\\frac{1}{x} + \frac{3}{y} = – \frac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{6}\\\frac{1}{y} = – \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\left( {tm} \right)\\y = – 2\left( {tm} \right)\end{array} \right.$.

$ \Rightarrow M = {x_0} + {y_0} – {x_0}{y_0} = 6 – 2 + 6.2 = 16$.

Câu 34 (TH) (Hàm số bậc hai): Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số, tìm hàm số đã cho rồi tính giá trị của biểu thức.

Cách giải:

Đồ thị hàm số có đỉnh $I\left( {2;3} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} – \frac{b}{{2a}} = 2\\\frac{{ – {b^2} + 4ac}}{{4a}} = 3\end{array} \right.$

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0; – 1} \right) \Rightarrow – 1 = c \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} – \frac{b}{{2a}} = 2\\\frac{{ – {b^2} – 4a}}{{4a}} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = – 1\\b = 4\end{array} \right.$.

$ \Rightarrow M = 4a + 2b – 3c = – 4 + 8 + 3 = 7$.

Câu 35 (TH) (Ôn tập chương I (Hình học)): Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức hình bình hành.

Cách giải:

Vì ABCD là hình bình hành nên ta có: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \Rightarrow $ đáp án A sai.

Câu 36 (VDC) (Phương trình quy về phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai): Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng bất đẳng thức $2ab \le {a^2} + {b^2}$ tìm giá trị lớn nhất.

Cách giải:

${x^2} – 2mx – 1 = 0$.

$\Delta ‘ = {m^2} + 1 > 0,\forall m$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

$x = m \pm \sqrt {{m^2} + 1} $.

Vì ${x_1},{x_2}$ là nghiệm của phương trình nên:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 – 2m{x_1} – 1 = 0\\x_2^2 – 2m{x_2} – 1 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 – 1 = 2m{x_1}\\x_2^2 – 4 = 2m{x_2} – 3\end{array} \right.\\ \Rightarrow S = \left( {x_1^2 – 1} \right)\left( {x_2^2 – 4} \right) = 2m{x_1}\left( {2m{x_2} – 3} \right)\end{array}$

$\begin{array}{l} = 4{m^2}{x_1}{x_2} – 6m{x_1} = – 4{m^2} – 6m{x_1}\\ = – 4{m^2} – 6m\left( {m \pm \sqrt {{m^2} + 1} } \right).\end{array}$

Trường hợp 1: $S = – 4{m^2} – 6m\left( {m + \sqrt {{m^2} + 1} } \right) = – 10{m^2} – 6m\sqrt {{m^2} + 1} $.

Áp dụng bất đẳng thức $2ab \le {a^2} + {b^2}$ ta có:

$\begin{array}{l} – 6m\sqrt {{m^2} + 1} = 2.\left( { – 3m} \right).\sqrt {{m^2} + 1} \le 9{m^2} + {m^2} + 1 = 10{m^2} + 1\\ \Rightarrow S \le – 10{m^2} + 10{m^2} + 1 = 1\end{array}$

Trường hợp 2: $S = – 4{m^2} – 6m\left( {m – \sqrt {{m^2} + 1} } \right) = – 10{m^2} + 6m\sqrt {{m^2} + 1} $.

Áp dụng bất đẳng thức: $2ab \le {a^2} + {b^2}$ ta có:

$\begin{array}{l}6m\sqrt {{m^2} + 1} = 2.\left( {3m} \right).\sqrt {{m^2} + 1} \le 9{m^2} + {m^2} + 1 = 10{m^2} + 1\\ \Rightarrow S \le – 10{m^2} + 10{m^2} + 1 = 1\end{array}$

Vậy giá trị lớn nhất của S là 1, dấu “=” xảy ra khi $m = \pm \frac{1}{{2\sqrt 2 }}$.

Câu 37 (VD) (Ôn tập chương I (Hình học)): Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tọa độ của vectơ.

Cách giải:

Gọi $E\left( {a;0} \right)$.

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AE} = \left( {a + 2; – 5} \right)\\\overrightarrow {BE} = \left( {a – 2; – 2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AE} + 2\overrightarrow {BE} = \left( {3a – 2; – 9} \right)\\ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AE} + 2\overrightarrow {BE} } \right| = \sqrt {{{\left( {3a – 2} \right)}^2} + 81} \ge 9\end{array}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = \frac{2}{3}$.

Vậy $E\left( {\frac{2}{3};0} \right)$.

Câu 38 (TH) (Phương trình và hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn): Đáp án B

Phương pháp:

Hệ vô số nghiệm $ \Leftrightarrow \frac{a}{{a’}} = \frac{b}{{b’}} \ne \frac{c}{{c’}}$.

Cách giải:

Với $m = 3$hoặc $m = 0$ thì hệ có nghiệm duy nhất.

Với $m \ne 3$,$m \ne 0$ hệ vô nghiệm $ \Leftrightarrow \frac{m}{1} = \frac{4}{{m – 3}} \ne \frac{1}{m} \Leftrightarrow m = 4$.

Câu 39 (TH): Đáp án B

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét dấu của a, b, c.

Cách giải:

Ta thấy đồ thị hàm số có bề lõm hướng lên trên $ \Rightarrow a > 0$.

Đồ thị hàm số có đỉnh có hoành độ âm $ \Rightarrow – \frac{b}{{2a}} < 0 \Rightarrow b > 0$.

Tại $x = 0$ thì $y < 0 \Rightarrow c < 0$.

Câu 40 (VD) (Ôn tập chương I (Hình học)): Đáp án D

Phương pháp:

Áp dụng định lý Pytago để làm bài.

Cách giải:

Ta có: $v = \sqrt {v_1^2 + v_2^2} = 2\sqrt {34} \left( {m/s} \right)$.