ĐỀ THI THỬ (số 2) HKI 10-CB (đáp án)

ĐỀ THI THỬ HKI Môn: Toán khối 10 I. Phần chung: Câu 1: (1đ) a) Viết tập hợp { } 2 : (2 2)( 3 2) 0A x x x x= ∈Ζ − − + = bằng cách liệt kê các phần tử. b) Tìm (1;2) [ 3;6);[ 4;4) (3;6)∩ − − ∪ Câu 2: (2đ) a) Tìm tập xác định của các hàm số sau: 2 1y x= + và 2 1 1 x y x − = + b) Tìm hàm số axy b= + biết hàm số đi qua điểm (1;2)A và song song với đường thẳng 9 3 7x y+ = c) Tìm giao điểm của đường thẳng 9 3 7x y+ = và parabol (P) có phương trình 2 7 3 3 y x x= + + Câu 3: (2,75đ) 1) Giải các phương trình sau: a) 15 16 2 3x x+ = + b) 3 4 2 1x x− = − c) 2 3 7 2 3 1 1 x x x − + = − − 2) Giải và biện luận phương trình sau: (2 1) 2 3 2m x m x+ − = − Câu 4: (1,25đ) Cho tam giác ABC vuông ở A có 2 cạnh AB=7, AC=10 a) Tính .AB AC uuur uuur b) Tính cosin của các góc ( , ),( , )AB BC AB CB uuur uuur uuur uuur II. Phần riêng: A. Chương trình chuẩn: Câu 5: (2,25đ) 1) Cho 4 điểm bất kì M, N, P, Q. Chứng minh rằng MN PQ MQ PN+ = + uuuur uuur uuuur uuur 2) Cho tam giác đều ABC có cạnh a. Tính AB AC− uuur uuur 3) Cho tam giác ABC có ( 3;2), (1;3), ( 1; 6)A B C− − − a) Tìm , ,AB AC BC uuur uuur uuur b) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A. c) Tính chu vi tam giác ABC. Câu 6: (0,75đ) Cho 3 số dương a, b,c. Chứng minh rằng 1 1 1 8 a b c b c a     + + + ≥  ÷ ÷ ÷     B. Chương trình nâng cao: Câu 5: (2,25đ) 1) Định m để hệ phương trình sau có vô số nghiệm: 4 1 ( 6) 2 3 x my m m x y m − + = +   + + = +  2) Cho tam giác ABC có c = 35, b = 20, ^ 0 60A = a) Tính chiều cao h a b) Tính diện tích tam giác ABC. 3) Cho tam giác ABC, biết (1;2), (5;2), (1; 3)A B C − a) Tính ,AB BC uuur uuur b) Xác định tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. Câu 6: (0,75đ) Cho 3 số dương a, b,c. Chứng minh rằng 1 1 1a b c bc ac ab a b c + + ≥ + + MA TRẬN ĐỀ Câu Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng Câu 1 1 0.5 1 0.5 2 1 Câu 2 1 0.75 2 1.25 3 2 Câu 3 2 2.75 2 2.75 Câu 4 1 0.5 1 0.75 2 1.25 Câu 5 1 0.5 1 0.75 1 1 3 2.25 Câu 6 1 0.75 1 0.75 Tổng 4 2.25 3 2 6 5.75 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu 1 a) Cho 2 2 0 1x x − = ⇔ = 2 3 2 0 1; 2x x x x− + = ⇔ = = Vậy { } 1;2A = b) ( ) 1;2 [ 3;6) (1;2)∩ − = [ 4;4) (3;6) [ 4;6)− ∪ = − 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 2 a) 1 2 1 0 2 x x − + ≥ ⇔ ≥ 1 [ ; ) 2 D − = +∞ 1 0 1x x + ≠ ⇔ ≠ − { } \ 1D R= − b) Vì hàm số axy b= + song song với đường thẳng 9 3 7x y+ = nên 9 3 a − = Vì hàm số qua (1;2)A nên ta có 9 2 .1 2 .1 15 3 a b b b − = + ⇔ = + ⇔ = Vậy hàm số là 9 15 3 y x − = + c) Phương trình hoành độ giao điểm: 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2 2 9 7 7 3 3 3 3 18 0 3 7 0 3 18 61 3 3 x x x x x x y x y − + = + + ⇔ + =  = =    ⇔ ⇔  −  =  =    Vậy giao điểm là 7 18 61 (0; );( ; ) 3 3 3 − 0.25 0.25 0.25 Câu 3: 1) a) 2 2 2 3 2 3 0 2 15 16 (2 3) 15 16 4 12 9 3 3 2 1 2 4 3 7 0 7 4 x x x x x x x x x x x x x −  + ≥ ≥   ⇔   + = +   + = + +  −  ≥  −  ≥   ⇔ ⇔ = −       − − =    =   Vậy phương trình có nghiệm là x = -1; x = 7/4 1 2 1 0 2 ) 3 4 2 1 3 3 4 2 1 1 x x b x x x x x x  − ≥ ≥     ⇔ − = −    =     − = − +     =   Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 3 c) Đk: 2 1 0 1x x− ≠ ⇔ ≠ ± Phương trình trở thành: 2 2 2 3 7 2( 1) 3( 1) 3 7 2 2 3 3 3 5 2 0 1 2 3 x x x x x x x x x x − + + = − ⇔ − + + = − ⇔ − + = =   ⇔  =  Vậy phương trình có nghiệm là x = 2/3 2) (2 1) 2 3 2 (2 2) 2 2 m x m x m x m + − = − ⇔ − = − (1) Nếu 2 2 0 1m m− ≠ ⇔ ≠ thì phương trình có nghiệm duy nhất 1x = Nếu 2 2 0 1m m − = ⇔ = thì (1) trở thành 0 0x = , phương trình có vô số nghiệm. Kết luận: Với 1m ≠ thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. Với m = 1 thì phương trình có vô số nghiệm. 0.25 0.25 0.25 0,25 0,25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 4 a) . . os( , )AB AC AB AC c AB AC= uuur uuur uuur uuur = 0 7.10. os90 0c = 0.5 b) Ta có ^ 0 ( , ) 180AB BC ABC= − uuur uuur os( , )c AB BC uuur uuur = ^ 7 os 149 c ABC − − = Ta có ^ ( , )AB CB ABC= uuur uuur Nên 7 os( , ) 149 c AB CB = uuur uuur 0.25 0.25 0.25 Câu 5A 1) MN PQ MQ PN+ = + uuuur uuur uuuur uuur Ta có VT= 0MQ QN PN NQ MQ PN VP+ + + = + + = uuuur uuur uuur uuur uuuur uuur r Vậy MN PQ MQ PN+ = + uuuur uuur uuuur uuur 2) Ta có AB AC CB− = uuur uuur uuur nên AB AC CB CB a− = = = uuur uuur uuur 3) a) (4;1)AB = uuur (2; 8)AC = − uuur ( 2; 9)BC = − − uuur b) Ta có . 4.2 1.( 8) 0AB AC = + − = uuur uuur nên tam giác ABC vuông tại A c) AB = 17 AC = 2 17 BC = 85 Vậy chu vi tam giác là: 17 2 17 85 3 17 85+ + = + 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 Câu 6A Vì 3 số a, b, c dương nên áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có 1 2 a a b b + ≥ 1 2 b b c c + ≥ 1 2 c c a a + ≥ Nhân vế với vế ta có 1 1 1 8 a b c abc b c a abc     + + + ≥  ÷ ÷ ÷     Từ đó suy ra 1 1 1 8 a b c b c a     + + + ≥  ÷ ÷ ÷     0.75 Câu 5B 1) 2 4 6 8 0 2; 4 6 2 m D m m m m m − = = − − − = ⇔ = − = − + 2 1 2 0 1; 2 3 2 x m m D m m m m m + = = − − + = ⇔ = = − + 2 4 1 11 18 0 2; 9 6 3 y m D m m m m m m − + = = − − = ⇔ = − = + + Hệ phương trình có vô số nghiệm 0 2 x y D D D m⇔ = = = ⇔ = − 2) a) Ta có 2 2 2 2 2 2 .cos 20 35 20.35 925a b c bc A= + − = + − = Vậy 30,41a ≈ 3 20.35. 2 .sin 2 19,93 30,41 a S bc A h a a = = ≈ ≈ 0.25 0.5 0.25 b) 1 1 . .30,41.19,93 303,04 2 2 a S a h= ≈ ≈ 3) a) (4;0)AB = uuur ( 4; 5)BC = − − uuur b) Ta có ( 1; 2) ( 4; 5) 1 4 3 2 5 3 D D D D D D AD BC x y x x y y = ⇔ − − = − − − = − = −   ⇔ ⇔   − = − = −   uuur uuur Vậy ( 3; 3)D − − 0.25 0.5 0.25 0.25 Câu 6B Vì 3 số a, b,c dương nên áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có: 2 1 2 a b bc ac c + ≥ 2 1 2 a c bc ab b + ≥ 2 1 2 b c ac ab a + ≥ Cộng vế với vế ta được: 2( 1 1 1 ) 2( ) a b c bc ac ab a b c + + ≥ + + Từ đó suy ra 1 1 1a b c bc ac ab a b c + + ≥ + + 0.75 . ĐỀ THI THỬ HKI Môn: Toán khối 10 I. Phần chung: Câu 1: (1đ) a) Viết tập hợp { } 2 : (2 2)( 3 2) 0A x x x x= ∈Ζ − − + = bằng. MQ PN+ = + uuuur uuur uuuur uuur 2) Cho tam giác đều ABC có cạnh a. Tính AB AC− uuur uuur 3) Cho tam giác ABC có ( 3 ;2), (1;3), ( 1; 6)A B C− − − a) Tìm