4. Đề thi HK1 môn Toán lớp 10 - Sở Hà Nam - Năm 2019 - 2020 (có lời giải chi tiết) (2)

SỞ GD&ĐT

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ

HÀ NAM

MÔN: TOÁN – Lớp 10
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 (NB). Trong các phương trình dưới đây, phương trình nào tương đương với phương trình x 2  4
A. x  2

B. x 2  2 x  4  0

C. x 2  x  x  4

D. x 2  2 x  4  0

Câu 2 (TH). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD với A  2; 2  , B  3; 4  , C  1;5  .
Khi đó điểm D có tọa độ là:
A.  0;11

B.  0; 1

C.  2; 1

D.  5;6 

Câu 3 (TH). Tìm tập nghiệm của phương trình x 4  5 x 2  6  0
A.  1;6



B.  6; 6





C. 1;  6;1; 6





D. 1; 6



� x  4 1
khi x  4
�
Câu 4 (TH). Cho hàm số f  x   � x  1
. Tính f  5   f  5 
�3  x
khi x �4
�
A. 

3
2

B.

15
2

C.

17
2

D. 

5
2

Câu 5 (VDC). Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để phương trình 4 x  2  m 2 x  2  5 4 x 2  4 có
nghiệm
A. 2

B. 3

C. 1

uuur uuur
Câu 6 (TH). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Tích AB. AC bằng:
A. 2a 2

B. a 2
C. a 2 2

r
r
r r
Câu 7 (TH). Cho u   1; 2  và v   2; 2  . Khi đó 2u  v bằng:
A.  2;1

B.  1;3

C.  0; 2 

D. 4

D. 0

D.  2; 4 

rr
r
r 1r
r
r r
Câu 8 (TH). Trong măt phẳng với hệ trục tọa độ O; i; j cho các vectơ u  2i  3 j và v  ki  j . Biết
3
r r
u  v , khi đó k bằng:



A. – 4

B. 4



C.

1
2

D. 

1
2

uuuu
r
Câu 9 (TH). Cho tam giác ABC, lấy điểm M trên cạnh BC sao cho BM = 3MC. Biểu diễn AM theo 2
uuu
r uuur
vectơ AB, AC ta được
uuuu
r 3 uuu
r 1 uuur
A. AM  AB  AC
4
4

uuuu
r 1 uuu
r 3 uuur

B. AM  AB  AC
4
4

uuuu
r 4 uuu
r 1 uuur
C. AM  AB  AC
3
3

uuuu
r 1 uuu
r 4 uuur
D. AM  AB  AC
3
3

2
Câu 10 (TH). Tìm điều kiện của tham số m để phương trình  5m  4  x  2m  x có nghiệm

Trang 1


A. m  �1

B. m  �

5
2

C. m ��

5
2

D. m ��1

2
Câu 11 (TH). Cho parabol  P  : y  ax  bx  c có a  0 và tọa độ đỉnh là  2;5  . Tìm điều kiện của

tham số m để phương trình ax 2  bx  c  m vô nghiệm
A. m  5

B. 2  m  5

C. m  2
uuu
r uuu
r
Câu 12 (NB). Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Khi đó AB  CA bằng
A. a

B. a 3

C. 2a

D. m � 2;5

D.

a 3
2

2
2
Câu 13 (TH). Gọi A, B là các giao điểm của đồ thị hàm số f  x   3 x  2 và g  x   2 x  x  4

A. y  4 x  9

B. y  3x  12

C. y  3 x  16

D. y  4 x  11

Câu 14 (NB). Tìm số phần tử của tập hợp A   x ��; 3  x �4
A. 6

B. 7

C. 8

D. 5

2
Câu 15 (NB). Tìm giao điểm của parabol  P  : y   x  2 x  5 với trục Oy

A.  0;5 

B.  5;0 

C.  1; 4 

D.  0; 5 

Câu 16 (TH). Cho tam giác ABC có AM là đường trung tuyến. Gọi I là trung điểm của AM. Trong
các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng.
uu
r uur uur r
uu
r uur uur r
A. IA  IB  IC  0
B. IA  2 IB  2 IC  0

uu
r uur uur r
C. 2 IA  IB  IC  0

uu
r uur uur r
D. 2 IA  IB  IC  0

Câu 17 (TNB). Cho tập hợp A gồm 3 phần tử. Hỏi tập hợp A có bao nhiêu tập con
A. 4

B. 8

C. 6

D. 3

2
Câu 18 (NB). Cho hàm số y   m  5  x  5 x  1 . Hàm số đã cho là hàm số bậc nhất khi:

A. m  5

B. m  5

C. m  5

D. m �5

Câu 19 (TH). Hàm số nào dưới đây là hàm số chẵn trên tập xác định của nó?
A. y 

4
x

B. y  4 x 3  2 x

C. y  x  1

D. y   x 4  3 x 2  1

Câu 20 (VDC). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x 2  5 x  2m cắt
trục Ox tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn OA  4OB . Tổng các phần tử của S bằng:
A.

43

9

B.

68
9

C. 

41
9

D. 

32
9

Câu 21 (TH). Xác định hàm số bậc hai y  ax 2  x  c biết đồ thị hàm số đi qua A  1; 2  và B  2;3
A. y  3x 2  x  4

B. y  x 2  3x  5

C. y  2 x 2  x  3

D. y   x 2  4 x  3

Câu 22 (TH). Hàm số y   x 2  5 x  6 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

Trang 2

A.  3; 4 

B.  2;3

C.  1; 4 

D.  1; 2 

2
Câu 23 (NB). Cho đồ thị  P  : y  x  4 x  2 . Điểm nào dưới đây thuộc  P  ?

A.  1; 3

B.  3;18 

C.  2; 6 

D.  1; 4 

� x  3y  m
�
Câu 24 (TH). Gọi m0 là giá trị của m để hệ phương trình �
2 có vô số nghiệm. Khi đó
mx  y  m 
�
9
�
� 1�
0; �

A. m0 ��
� 2�

�1 �
B. m0 �� ; 2 �
�2 �

�1 �
 ;0 �
C. m0 ��
�2 �

1�
�
1;  �
D. m0 ��
2�
�

Câu 25 (TH). Gọi x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình x 2  4 x  15  0 . Tính x1  x2
A. 8

B.

C. 4

76

D.

56

Câu 26 (NB). Đồ thị hàm số y  3 x 2  4 x  1 nhận đường thẳng nào dưới đây làm trục đối xứng?
A. x 

4
3

B. y 

2
3

Câu 27 (VDC). Tìm tập nghiệm của phương trình
A.  0

C. x  

2
3

D. x  

1
3

3x 2  4 x  4  3 x  2

� 8�
 �

B. �
�3

�8 �
C. � ;0 �
�3

D. �

2
Câu 28 (NB). Tọa độ đỉnh của parabol  P  : y   x  2 x  3 là:

A.  1; 2 

B.  2;3

C.  1; 2 

D.  2; 3

Câu 29 (NB). Phát biểu nào dưới đây là mệnh đề sai?
A. 5 là ước của 125

B. 2020 chia hết cho 101

C. 9 là số chính phương

D. 91 là số nguyên tố

Câu 30 (TH). Cho tập hợp A   0;1; 2;3; 4 và B   0; 2; 4;6;8 . Hỏi tập hợp  A \ B  � B \ A  có bao

nhiêu phần tử?
A. 7

B. 4

C. 10

D. 3

Câu 31 (TH). Đường thẳng đi qua hai điểm A  1; 4  và B  2; 7  có phương trình là:
A. 3 x  11y  1  0

B. 11x  3 y  1  0

C. 11x  3 y  1  0

D. 3 x  11 y  1  0

Câu 32 (VD). Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x 2  m 2  x 2  m có tập xác
định là R
A. R \  0

B.  0; �

C.  0; �

D.  �;0

Câu 33 (VD). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A  6;0  , B  0; 2  và C  6; 2  . Tìm tọa độ tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Trang 3


A.  2;0 

B.  3;1

C.  3; 1

Câu 34 (TH). Tìm tập xác định của hàm số y  x  2 
A. R \  3

B.  3; �

D.  2;1

2
x 3
D.  2; � \  3

C.  2; �

Câu 35 VD). Cho hình thoi ABCD có �BAD  60�và BA  a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD,
uuuu
r uuur
DC. Tính BM .BN bằng
A.

3 3a 2

8

B.

3a 2
8

C.

3a 2
4

3a 2
4

D.

3
2
2
Câu 36 (VDC). Cho phương trình x  3 x   4m  12m  11 x   2m  3  0 . Tập hợp tất cả các giá trị
2

của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt
A.  1; 2 

B.  1;1

C.  2; 1

D.  �; 2 

Câu 37 (VDC). Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N trên cạnh BC sao cho BM  MN  NC . Gọi
uuuuu
r
uuu
r uuur
G1 , G2 lần lượt là trọng tâm tam giác ABN, ACM. Biết rằng G1G2 được biểu diễn theo hai vecto AB, AC
uuuuu
r
uuur
uuur
dưới dạng G1G2  x AB  y AC . Khi đó x + y bằng
A.

4
3

B. 1

C.

2
3

D. 0

r
r
r

Câu 38 (VD). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các vecto a   3; 1 , b   5; 4  , c   1; 5  . Biết
r
r
r
c  xa  yb.x  y . Tính x + y
A. 2

B. – 5

C. 4

D. – 1

A. 120�

B. 60�

C. 150�

D. 45�

uuu
r uuur
Câu 39 (TH). Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, AC = 2a. Tính góc giữa hai vecto CA; DC

Câu 40 (TH). Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập �?
A. y  2  3x

B. y 

2
x

C. y  x  3

D. y   x  2

�x   m  1 y  m  2
Câu 41 (VD). Cho hệ phương trình �
. Biết rằng có hai giá trị của tham số m là m1
�2mx   m  2  y  4
và m2 để hệ phương trình có nghiệm  x0 ; 2  . Tính m1  m2
A.

2
3

B.

7
3

C. 

4
3

D. 

1

3

Câu 42 (VD). Phương trình 3  x  2 x  5 có hai nghiệm x1 , x2 . Tính x1  x2
A. 

28
3

B.

7
3

C. 

14
3

D.

14
3
Trang 4


Câu 43 (VDC). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

x

2

 6 x  10   m  10  x  3 có 4 nghiệm phân biệt?
2

A. 13

2

B. 14

C. 15

D. 16

Câu 44 (VD). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A  4;3 , B  0; 1 , C  1; 2  . Tìm tọa độ điểm M
uuur uuur uuuu
r
biết rằng vecto 2MA  3MB  3MC có tọa độ là  1;7 
A.  6;5 

B.  2; 3

C.  3; 1

D.  1; 2 

Câu 45 (VD). Cho phương trình x 2  2 x  m 2  0 . Biết rằng có hai giá trị m1 , m2 để phương trình có hai
3
3
nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  10  0 . Tính m1.m2

A.

3
4

B. 

1
3

C. 

3
4

D.

1
3

7�
�
3m  1;  �. Biết
Câu 46 (VD). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A  m; 1 , B  2;1  2m  , C �
3�
�
rằng có hai giá trị m1 , m2 của tham số m để A, B, C thẳng hàng. Tính m1  m2
A. 

1
6

B. 

4
3

C.

13
6

D.

1
6

�5x  y  z  5
�
Câu 47 (TH). Gọi  a; b; c  là nghiệm của hệ phương trình �x  3 y  2 z  11 . Tính a 2  b 2  c 2
�
 x  2 y  z  3
�
A. 9

B. 16

Câu 48 (TH). Tìm tập nghiệm của phương trình

C. 8

D. 14

4x 1  5  0

� 1�
C. � �
D.  6
�4
rr
uuuu
r
r r
Câu 49 (TH). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ O; i; j cho điểm M thỏa mãn OM  2i  3 j . Tọa độ
A.  2

B. �





của M là:
A.  2; 3

B.  3; 2 

C.  2;3

D.  3; 2 

Câu 50 (VDC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh CD, AB của hình bình hành ABCD. Tìm
mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
uuuu
r uuur 1
2
2
A. AM .DN  AB  AD
4
uuuu
r uuur
1
2
2
C. AM .DN  AB  AD
4

uuuu
r uuur 1
2
2
B. AM .DN  AB  AD
4
uuuu
r uuur
1
2
2
D. AM .DN  AB  AD

4

Trang 5


Đáp án
1-A
11-A
21-C
31-C
41-D

2-C
12-A
22-D
32-D
42-D

3-B
13-C
23-C
33-B
43-D

4-C
14-B
24-A
34-D
44-A

5-B
15-A
25-B
35-B
45-B

6-B
16-D
26-C
36-A
46-D

7-C
17-A
27-A
37-D
47-A

8-C
18-A
28-A
38-D
48-B

9-B
19-D
29-D
39-A
49-C

10-D
20-D
30-B
40-A
50-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (NB): Đáp án A
Phương pháp
Hai phương trình tương đương là hai phương trình có cùng tập nghiệm
Hướng dẫn giải:
2
Ta có: x  4 � x  2

Câu 2 (TH): Đáp án C
Phương pháp
uuu
r uuur
�xB  x A  xC  xD
Tứ giác ABCD là hình bình hành � AB  DC � �
�yB  y A  yC  yD
Hướng dẫn giải
uuu
r uuur
Gọi D  a; b  . Khi đó ta có: ABCD là hình bình hành � AB  DC
�  1;6    1  a;5  b 
�
1  a  1 �
a  2
��

��
� D  2; 1
�b  1
�5  b  6
Câu 3 (TH): Đáp án B
Phương pháp
4
2
2
Giải phương trình ax  bx  c  0  a �0  bằng cách đặt ẩn phụ: t  x  t �0 

Khi đó ta có phương trình at 2  bt  c  0
Giải phương trình bậc hai ẩn t sau đó tìm x
Hướng dẫn giải:
2
Đặt x  t  t �0  . Khi đó ta có phương trình:

t 2  5t  6  0 �  t  1  t  6   0
�
t  1  ktm 
t 1  0
�
��
��
t 6  0
�
�t  6  tm 
�x  6
� x2  6 � �
x 6

�
Trang 6




Vậy tập nghiệm của phương trình là : S   6; 6



Câu 4 (TH): Đáp án C
Phương pháp
Thay các giá trị x  5 và x  5 vào hàm số f  x  tương ứng rồi tính giá trị biểu thức
Hướng dẫn giải
�
5  4 1 1

1
17
�f  5  
Ta có: �
5 1
2 � f  5   f  5    8 
2
2
�f  5   3   5   8
�
Câu 5 (VDC): Đáp án B
Phương pháp:
Giải phương trình bằng cách chia cả 2 vế cho

4

x24 x2

Hướng dẫn giải
�x  2 �0
�x �2
�۳�
ĐK: �
� �
�x �2
�x  2 �0

x

2

D

 2:



4 x  2  m2 x  2  5 4 x 2  4
� 4 x  2  m2 x  2  5 4 x  2 4 x  2
TH1: x  2 , phương trình trở thành: 2m 2  0 � m  0
Thử lại với m  0 ta có:
4 x  2  54 x  2 4 x  2
�

4





x  2 44 x  2  54 x  2  0

�
x  2  tm 
��
44 x  2  54 x  2  0
�
Do đó phương trình có nghiệm x  2 , suy ra m  0 thỏa mãn
TH2: x �2 , chia cả 2 vế của phương trình cho
4

Đặt

4

4

4

x  2 4 x  2 ta được: 4 4

x2
 m2

x2

4
4

x2
5
x2

x2
m2
 t  0  t  1 , phương trình trở thành 4t 
 5 � 4t 2  5t  m 2  0  *
t
x2

2
Phương trình (*) có nghiệm �   25  16m �0 � 

5
5
�m �
4
4

Mà m ��� m � 1;0;1
Thử lại:
2
Với m  �1 ta có: 4t  4t  1  0 � t 

1
2
Trang 7


�

4
4

x2 1

x2 2

� 24 x  2  4 x  2
� 16  x  2   x  2
� 16 x  32  x  2
� 15 x  34

�x

34
 tm 
15

m  �1 thỏa mãn
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m � 1;0;1
Câu 6 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
rr r r

r r
Sử dụng công thức a.b  a . b .cos a; b

 

Hướng dẫn giải
Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AB = BC = a và AC là phân giác của góc BAD
uuu
r uuur
� �BAC  45� AB; AC





Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có
AC 2  AB 2  BC 2
AC 2  a 2  a 2  2a 2
� AC  a 2
uuu
r uuur
uuu
r uuur
2
Vậy AB. AC  AB. AC.cos AB; AC  a.a 2.cos 45� a 2 2.
 a2
2





Câu 7 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng các công thức cộng vectơ và nhân véctơ với 1 số
r
r
a   x1 ; y1  ; b   x2 ; y2 
r
� ka   kx1 ; ky1 
r r
a  b   x1  x2 ; y1  y2 
Hướng dẫn giải
Ta có
r
2u   2; 4 
r
v   2; 2 
Trang 8


r r
� 2u  v   0; 2 
Câu 8 (TH): Đáp án C
Phương pháp:

r
r r
r
r r

- Xác định tọa độ các vecto u , v như sau: u  xi  y j � u  x; y 
r r
rr
- u  v � u.v  0
Hướng dẫn giải
r r r
r
r
r 1 r r� 1�
k; �
Ta có: u  2i  3 j � u  2; 3 ; v  ki  j � v �
3
� 3�
r r
rr
Vì u  v nên u.v  0
1
� 2k  3.  0
3
� 2k  1  0
�k

1
2

Câu 9 (TH): Đáp án B
Phương pháp: sử dụng quy tắc 3 điểm để cộng vecto
Hướng dẫn giải
uuuu
r uuu

r uuuu
r
AM  AB  BM
uuuu
r uuu
r 3 uuur
AM  AB  BC
4
uuuu
r uuur 3 uuu
r uuur
AM  AB  BA  AC
4
uuuu
r uuu
r 3 uuu
r 3 uuur
AM  AB  AB  AC
4
4
uuuu
r 1 uuu
r 3 uuur
AM  AB  AC
4
4





Câu 10 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
- Đưa phương trình về dạng phương trình bậc nhất một ẩn ax  b  0
- Phương trình dạng ax  b  0 có nghiệm ۹ a

0

Hướng dẫn giải
Ta có:

 5m

2

 4  x  2m  x

�  5m 2  4  x  2m  x  0
�  5m 2  5  x  2m  0
Trang 9


Phương trình trên có nghiệm
� 5m 2  5 �0
� 5  m 2  1 �0
۹ m2

1

۹�m

1

Câu 11 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
- Xác định giá trị lớn nhất a của hàm số
- Phương trình ax 2  bx  c  m có VT �a có nghiệm � m  a
Hướng dẫn giải

 P  : y  ax 2  bx  c; a  0

và tọa độ đỉnh là  2;5  hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 5 khi x  2

Do đó ax 2  bx  c �5x
Vậy phương trình ax 2  bx  c  m vô nghiệm khi và chỉ khi m  5
Câu 12 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng quy tắc 3 điểm để cộng vectơ
Hướng dẫn giải
Ta có :
uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r
AB  CA  CA  AB  CB  BC  a
Câu 13 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
- Giải phương trình hoành độ giao điểm để tìm tọa độ các điểm A, B

- Gọi phương trình đường thẳng AB là y  ax  b . Thay tọa độ các điểm A, B vào và tìm a, b
Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
3x 2  2  2 x2  x  4
� x2  x  6  0
�x  2
��
x  3
�
Với x  2 thì y  10 � A  2;10 
Với x  3 thì y  25 � B  3; 25 
Gọi phương trình đường thẳng AB là y  ax  b
Vì A �AB nên 10  2a  b
Trang 10


Vì B �AB nên 25  3a  b
Ta có hệ phương trình
�2a  b  10
�a  3
��
�
3a  b  25 �b  16
�
Vậy phương trình đường thẳng AB là y  3 x  16
Câu 14 (NB): Đáp án B
Phương pháp:
Viết tập hợp A dưới dạng liệt kê các phần tử và đếm số phần tử của A
Hướng dẫn giải
A   x ��; 3  x �4 � A   2; 1;0;1; 2;3; 4

Vậy tập hợp A có 7 phần tử
Câu 15 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục Oy ta cho x  0
Hướng dẫn giải
Cho x  0 ta có: y  02  2.0  5  5
Vậy giao điểm của  P  với Oy là  0;5 
Câu 16 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng các đẳng thức vectơ liên quan đến trung điểm:
uu
r uur r
- Nếu I là trung điểm của AB thì IA  IB  0
uuur uuur
uuu
r
- Với mọi điểm M, I là trung điểm của AB thì MA  MB  2MI
Hướng dẫn giải

uu
r uur r
Vì I là trung điểm của AM nên IA  IB  0
uur uur
uuu
r
Mà M là trung điểm của BC nên IB  IC  2 MI
uur uur
uu
r
uu

r uur uur r
Do đó IB  IC  2 IA hay 2 IA  IB  IC  0
Câu 17 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Tập hợp có n phần tử thì có 2n tập hợp con
Hướng dẫn giải
Tập hợp A có 2 phần tử nên có 22  4 tập con
Câu 18 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Hàm số bậc nhất có dạng: y  ax  b với a �0
Trang 11


Hướng dẫn giải
2
Hàm số y   m  5  x  5 x  1 là hàm số bậc nhất

� m5  0 � m  5
Câu 19 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Cho hàm số y  f  x  có tập xác định là D
- Nếu x �D �  x �D; f   x   f  x  thì hàm số làm hàm số chẵn
- Nếu x �D �  x �D; f   x    f  x  thì hàm số làm hàm số lẻ
Hướng dẫn giải
Xét đáp án D ta có:
TXĐ: D  R nên x �D �  x �D
4
2
Đặt y  f  x    x  3 x  1 ta có:

f  x    x  3 x 1
4

2

f   x    x 4  3x 2  1
f  x  f  x
Vậy hàm số y   x 4  3 x 2  1 là hàm số chẵn
Câu 20 (VDC): Đáp án D
Phương pháp:
- Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt
- Áp dụng định lí Vi-ét
Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2  5 x  2m (*)
Để đồ thị hàm số y  x 2  5 x  2m cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm
phân biệt �   25  8m  0 � m 

25
8

Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình  * � A  x1 ;0  , B  x2 ;0 
�x1  x2  5
 **
Áp dụng định lí VI-ét ta có: �
�x1 x2  2m
Theo bài ra ta có:
OA  4OB

Trang 12

�4 x  x2
� 4 x1  x2 � � 1
4 x1  x2
�
TH1: 4x1  x2 , thay vào hệ (*) ta có:
� x1  1
�x1  4 x1  5 �x1  1
��
��
�
m  2  tm 
4  2m
�
�x1.4 x1  2m
�
TH2: 4x1  x2 , thay vào hệ (**) ta có:
5
5
�
�
x


x


1
1
�

�
�x1  4 x1  5
�
�
3
3
��
��
�
x
.

4
x

2
m
100
1
�1 
�
�m   50  tm 

 2m
� 9
�
9
� 50 �
�S �
2;  �

� 9
� 50 � 32
 � 
Vậy tổng các phần tử của S bằng 2  �
� 9 � 9
Câu 21 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
- Thay tọa độ 2 điểm A và B vào hàm số, thiết lập hệ 2 phương trình 2 ẩn a, c.
- Giải hệ phương trình tìm a và c
Hướng dẫn giải
Vì A thuộc đồ thị hàm số nên 2  a  1  c � a  c  1
Vì B thuộc đồ thị hàm số nên 3  4a  2  c � 4a  c  5
Ta có hệ phương trình
�a  c  1 �a  2
��
�
c  3
�4a  c  5 �
Vậy y  2 x 2  x  3
Câu 22 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
2
Cho hàm số y  ax  bx  c  a �0 

b �
� b
�
�
- Nếu a  0 thì hàm số đồng biến trên � ; ��và nghịch biến trên ��;  �
2a �

� 2a
�
�
b �
�
- Nếu a  0 thì hàm số đồng biến trên ��;  �và nghịch biến trên
2a �
�

� b
�
� ; ��
� 2a
�

Hướng dẫn giải
Trang 13


Hàm số y   x 2  5x  6 có 

b
5
5
5�

 và a  1  0 nên hàm số đồng biến trên �
�; �và
�
2a

2.  1 2
� 2�

�5
�
nghịch biến trên � ; ��
�2
�
� 5�
�; �nên hàm số đồng biến trên  1; 2 
Ta thấy  1; 2  ��
� 2�
Câu 23 (NB): Đáp án C
Phương pháp
Thay tọa độ các điểm vào hàm số, điểm nào thỏa mãn thì sẽ thuộc đồ thị hàm số
Hướng dẫn giải
2
Đáp án A: 1  4.1  2  3 �3 �  1; 3 không thuộc  P 
2
Đáp án B: 3  4.3  2  19 �18 �  3;18  không thuộc  P 

Đáp án C:  2   4.  2   2  6 �  2; 6  không thuộc  P 
2

Câu 24 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
�ax  by  c
a b c
Hệ phương trình �
có vô số nghiệm �  

x  b�
y  c�
a� b� c�
�a�
Hướng dẫn giải
�
� 2
x  3y  0
�
�x  3
�
�
�
Với m  0 , hệ phương trình trở thành �
2
�
�y   9
�y   2
9
�
�
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất nên m  0 loại
Với m �0
� x  3y  m
�
Hệ phương trình �
2 có vô số nghiệm
mx  y  m 
�
9

�
1
�
�m  3
2
�
m
m 1
1
2
�
9
�  
� ��
�
m

m

 tm 
� 3
1 3
m
3
��
�� 1
m
��
�� 3
Vậy m0 

1
� 1�
� m0 ��
0; �
3
� 2�

Câu 25 (TH): Đáp án B
Trang 14


Phương pháp

 x1  x2 

Sử dụng định lí Vi-ét và biến đổi x1  x2 

2

 4 x1 x2

Hướng dẫn giải
�x1  x2  4
Do x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình x 2  4 x  15  0 nên áp dụng định lí Vi-ét ta có: �
�x1 x2  15
Vậy x1  x2 

 x1  x2 

2

 4 x1 x2 

 4 

2

 4.  15   76

Câu 26 (NB): Đáp án C
Phương pháp:
2
Đồ thị hàm số y  ax  bx  c  a �0  nhận đường thẳng x  

b
làm trục đối xứng
2a

Hướng dẫn giải
Hướng dẫn giải
Đồ thị hàm số y  3 x 2  4 x  1 nhận đường thẳng x  

4
2
  là trục đối xứng
2.3
3

Câu 27 (VDC): Đáp án A

Phương pháp
Giải phương trình chứa căn:

�B �0
AB��
2
�A  B

Hướng dẫn giải
3x 2  4 x  4  3 x  2
3 x  2 �0
�
�
�� 2
2
3x  4 x  4   3x  2 
�
2
�
x �
�
��
3
2
2
�
3
x

4

x

4

9
x
 12 x  4
�
2
�
x �
�
3
2
�
�
� x �
��
8
3 � ��
x


2
�
�
�
6 x  16 x  0
3
�

��
x

0
��
� x0

Vậy tập nghiệm của phương trình là S   0
Câu 28 (NB): Đáp án A
Phương pháp:

Trang 15


 P  : y  ax 2  bx  c  a �0 

 �
� b
 ; �
có đỉnh I �
� 2a 4a �

Hướng dẫn giải
2
Hàm số  P  : y   x  2 x  3 có các hệ số a  1; b  2; c  3

�

b
2


 1 và    2; I  1; 2 
2a
2.  1
4a

Vậy đỉnh của parabol là I  1; 2 
Câu 29 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Nhận xét từng đáp án
Hướng dẫn giải
Ta có 91  7.13 nên 91 là hợp số
Vậy đáp án D sai
Câu 30 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
- Tính A \ B   x | x �A, x �B
- Tính B \ A   x | x �B; x �A
- Tính  A \ B  � B \ A    x �A \ B hoac x �B \ A
Hướng dẫn giải
Ta có:
A \ B   1;3 , B \ A   6;8
�  A \ B  � B \ A   1;3;6;8
Vậy  A \ B  � B \ A  có 4 phần tử
Câu 31 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
Gọi phương trình đường thẳng AB là y  ax  b . Thay tọa độ các điểm A, B vào và tìm a, b
Hướng dẫn giải
Gọi phương trình đường thẳng AB là y  ax  b
Vì A �AB nên 4  a  b
Vì B �AB nên 7  2a  b

Ta có hệ phương trình

Trang 16


11
�
a
�
�a  b  4
�
3
��
�
2
a

b


7
1
�
�b 
�
3
Vậy phương trình đường thẳng AB là y  

11
1

x  � 3 y  11x  1 � 11x  3 y  1  0
3
3

Câu 32 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
A xác định ۳ A 0
Hướng dẫn giải
Hàm số xác định
�x 2  m 2 �0  luon dung 
�۳� 2
�x  m �0

x2

m

Để hàm số xác định trên R thì x 2 �mx ��
Mà x 2 0�x

m 0

Vậy m � �;0
Câu 33 (VD): Đáp án B
Phương pháp:
- Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì IA  IB  IC
- Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB 

 xB  x A 

2

  yB  y A 

2

Hướng dẫn giải
Gọi I  x; y  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì IA  IB  IC
� IA2  IB 2  IC 2
�IA2  IB 2
�� 2
2
�IA  IC
2
2
2
2
�
�  6  x     y     x    2  y 
��
2
2
2
2
 6  x     y    6  x    2  y 
�

�x 2  12 x  36  y 2  x 2  y 2  4 y  4
��
y2  y2  4 y  4

�
12 x  4 y  32
�
�x  3
��
��
� 4 y  4  0
�y  1
Vậy I  3;1
Câu 34 (TH): Đáp án D
Phương pháp
Trang 17


A xác định ۳ A 0
1
xác định ۹ A 0
A
Hướng dẫn giải
�x  2 �0
�x �2
��
Hàm số xác định � �
�x  3 �0
�x �3
Vậy tập xác định của hàm số là D   2; � \  3
Câu 35 (VD): Đáp án B
Phương pháp
rr r r
r r

Sử dụng công thức tính tích vô hướng: a.b  a . b cos a, b

 

Hướng dẫn giải
Ta có: ABCD là hình thoi có �BAD  60�� �ABC  120�và tam giác ABD là tam giác đều
� AB  AD  BD  a

Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có:

r 1
�uuuu
BM

�
�
2
�uuur
�BN  1
�
2

uuu
r uuur

 BA  BD 
uuur uuur

 BD  BC 

uuuu
r uuur 1 uuu
r uuur uuur uuur
� BM .BN  BA  BD BD  BC
4
r uuur uuu
r uuur uuur 2 uuur uuur
1 uuu
 BA.BD  BA.BC  BD  BD.BC
4













1
BA.BD.cos ABD  BA.BC.cos ABC  BD 2  BD.BC .cos DBC 

4



1 2
 a .cos 60� a 2 .cos120� a 2  a 2 .cos 60�
4

1 �a 2 a 2
a 2 � 3a 2
 �   a 2  �
4 �2 2
2 � 4
Câu 36 (VDC): Đáp án A
Phương pháp
�x a
Biến đổi phương trình đã cho về dạng:  x  a  g  x   0 � �
g  x  0
�
Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt � g  x   0 có hai nghiệm phân biệt �a

Trang 18


�0
��
�g  a  �0
Hướng dẫn giải
x 3  3x 2   4m 2  12m  11 x   2m  3  0 (*)
2

� x 3  3x 2   4m2  12m  11 x  4m 2  12m  9  0
� x 3  x 2  2 x 2  2 x   4m 2  12m  9  x  4m 2  12m  9  0
� x 2  x  1  2 x  x  1   4m 2  12m  9   x  1  0

�  x  1  x 2  2 x  4m 2  12m  9   0
x  1
�
��
2
g  x   x  2 x  4m 2  12m  9
�
Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt � g  x   0 có hai nghiệm phân biệt �1
�
1  4m 2  12m  9  0
0
� �
�
��
�� 2
 1  2  1  4m2  12m  9 �0
�g  1 �0
�
�4m 2  12m  8  0
�۹�
� 
4m 2  12m  8 �0
�

1 m  2
�
�
�m 2
� m �1
�

1 m 2

Câu 37 (VDC): Đáp án D
Phương pháp
Sử dụng các quy tắc vecto và các phép toán trên vecto để biến đổi và tìm x, y
Hướng dẫn giải
uuuu
r 2 uuuu
r
Ta có: G1 trọng tâm tam giác ABN � AG1  AM
3
uuuur 2 uuur
G2 trọng tâm tam giác ACM � AG2  AN
3
uuuuu
r uuuu
r uuuur
r 2 uuur
2 uuuu
� G1G2  G1 A  AG2   AM  AN
3
3
r uuuu
r 2 uuur uuur
2 uuu
  AB  BM  AC  CN
3
3
r 2 1 uuur 2 uuur 2 1 uuur

2 uuu
  AB  . BC  AC  . BC
3
3 3
3
3 3
r 2 uuur 4 uuur
2 uuu
  AB  AC  BC
3
3
9
r 2 uuur 4 uuur uuu
r
2 uuu
  AB  AC  AC  AB
3
3
9













Trang 19


2 uuur 2 uuur 4 uuur 4 uuur
  AB  AC  AC  AB
3
3
9
9
r 2 uuur
2 uuu
  AB  AC
9
9
2
�
x
�
2 2
�
9
��
� x y   0
9 9
�y  2
� 9
Câu 38 (VD): Đáp án D
Phương pháp

r r
�
r
r
� a  b   a1  b1 ; a2  b2 
Cho các vecto a   a1 ; a2  , b   b1 ; b2  và k �� ta có: � r
ka  k  a1 ; a2    ka1 ; ka2 
�
Hướng dẫn giải
r
r
r
Ta có: c  xa  yb
�  1; 5   x  3; 1  y  5; 4 
�  1; 5    3 x;  x    5 y; 4 y 
�1  3 x  5 y
�x  3
��
��
5   x  4 y
�
�y  2
� x  y  3  2  1
Câu 39 (TH): Đáp án A
Phương pháp

rr
r r
a.b
Sử dụng công thức tính góc giữa hai vecto: cos a, b  r r

a.b

 

Hướng dẫn giải
Ta có: ABCD là hình chữ nhật nên ta có: AB  DC  a
uuu
r uuur
uuu
r uur
� CA, DC  � CA, Cx  �ACx  180� �ACD





� cos �ACD 





AD a 1


AC 2a 2

� �ACD  60�

� �ACx  180� 60� 120�

Câu 40 (TH): Đáp án A
Phương pháp
Hàm số: y  ax  b  a �0  đồng biến trên �� a  0
Hướng dẫn giải:
Trang 20


+) Xét đáp án A: y  2  3x có a  3  0 � hàm số đồng biến trên �
Câu 41 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
- Thay y  2 vào hệ phương trình
- Rút x từ phương trình thứ nhất thế vào phương trình thứ hai, rút ra phương trình bậc hai ẩn m
- Áp dụng định lí Vi – ét
Hướng dẫn giải
Hệ phương trình có nghiệm  x0 ; 2  nên thay y  2 ta có:
�
�x  2  m  1  m  2
�
2mx  2  m  2   4
�
�x  2m  2  m  2
��
2mx  2m  5  4
�
�x  3m
��
2mx  9  2m
�
�x  3m
��

2m.3m  9  2m
�
�x  3m
�� 2
6m  2m  9  0  1
�
Hai giá trị của tham số m là nghiệm của phương trình (1), do đó áp dụng định lí Vi – ét ta có
m1  m2 

1
3

Câu 42 (VD): Đáp án D
Phương pháp
�f  x   g  x 
Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối: f  x   g  x  � �
�f  x    g  x 
Hướng dẫn giải
Ta có: 3  x  2 x  5
� 8
3  x  2x  5
3x  8
x
�
�
��
��
�� 3
�
3  x  2 x  5

x2
�
�
x2
�
8
14
� x1  x2   2 
3
3
Câu 43 (VDC): Đáp án D
Phương pháp
Trang 21


Biến đổi phương trình, đặt ẩn phụ rồi biện luận phương trình
Hướng dẫn giải
TXĐ: D  �

x

2

 6 x  10   m  10  x  3
2

2

�  x 2  6 x  9  1  10  x  3  m  0
2

2

2

2
2
��
 10  x  3  m  0
 x  3  1�
�
�

�  x  3  2  x  3  1  10  x  3  m  0
4

2

2

�  x  3  8  x  3   m  1  0   
4

2

Đặt  x  3  t  t �0 
2

�   � t 2  8t  m  1  0  1
�   có 4 nghiệm phân biệt �  1 có hai nghiệm t dương phân biệt

�
�
'  0
16  m  1  0
�
�
�b
�
��
 0��
80
�a
�
m 1  0
�
�c
0
�
�a
15  m  0
m  15
�
�
��
��
� 1  m  15
m  1
m  1
�
�

Mà m ��� m � 0;1; 2;......;15
� Có 16 giá trị m thỏa mãn bài toán
Câu 44 (VD): Đáp án A
Phương pháp

r r
�
r
r
a  b   a1  b1 ; a2  b2 
�
Cho các vecto a   a1 ; a2  , b   b1 ; b2  và k �� ta có: � r
ka  k  a1 ; a2    ka1 ; ka2 
�
Hướng dẫn giải
Gọi M  a; b 
uuur
�MA   4  a;3  b 
�
uuur uuur uuuu
r
�uuur
� �MB   a; 1  b  � 2MA  3MB  3MC   1;7 
r
�uuuu
MC
�   1  a; 2  b 
� 2  4  a;3  b   3  a; 1  b   3  1  a; 2  b    1;7 

Trang 22

�
2  4  a   3   a   3  1  a   1
�
��
2  3  b   3  1  b   3  2  b   7
�
8  2a  3a  3  3a  1
�
��
6  2b  3  3b  6  3b  7
�
2a  12
a6
�
�
��
��
� M  6;5 
2b  10
b5
�
�
Câu 45 (VD): Đáp án B
Phương pháp
Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
Áp dụng định lý Vi – ét để tính giá trị biểu thức, từ đó xác định giá trị của m
Hướng dẫn giải
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt �  '  0

� 1  m 2  0 m
� Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x2 với mọi m
�x1  x1  2
Áp dụng định lý Vi – ét ta có: �
2
�x1 x1   m
3
3
Theo đề bài ta có: x1  x2  10  0

�  x1  x2   3x1 x2  x1  x2   10  0
3

�  2   3   m 2   2   10  0
3

� 8  6m 2  10  0
� 6m 2  2 � m 2 

1
3

1
�
m1  
�
1 1
1
3
��

� m1m2  
.

1
3
3 3
�
m2 
�
3
�
Câu 46 (VD): Đáp án D
Phương pháp

uuu
r
uuur
ι
k AC  k
Ba điểm A, B, C thẳng hàng �AB

�, k

0

Hướng dẫn giải
uuu
r
�AB   2  m; 2  2m 
�

Ta có: �uuur �
4�
2m  1;  �
�AC  �
3�
�
�
Trang 23


uuu
r
uuur
ι
k AC  k
Ba điểm A, B, C thẳng hàng �AB

�, k

0

4�
�
�  2  m; 2  2m   k �
2m  1;  �
3�
�
� 3  m  1
�
2  m  k  2m  1

k
�
�
�
2
��
��
4
3  m  1
2  2m   k
�
�
2m 
 2m  1  
3
�
�
�
2
�   � 4  2m  6m 2  3m  6m  3
� 6m 2  m  7  0
�  6m  7   m  1  0
� 7
6m  7  0
m
�
��
�� 6
�
m 1  0

�
m  1
�
� m1  m2 

7
1
1 
6
6

Câu 47 (TH): Đáp án A
Phương pháp
Giải hệ phương trình bậc nhất ba ẩn sau đó tính giá trị của biểu thức
Hướng dẫn giải
5x  y  z  5
a 1
�
�x  1
�
2
�
�
�
b  2 � a 2  b 2  c 2  12   2   2 2  9
Ta có: �x  3 y  2 z  11 � �y  2 � �
�
�
 x  2 y  z  3 �
c2

�
�z  2
�
Câu 48 (TH): Đáp án B
Phương pháp
Giải phương trình chứa căn bậc hai
Hướng dẫn giải
1 0
Điều kiện: 4 x �۳
Ta có:

x

1
4

1
1
4 x  1 �0 x � � 4 x  1  5  0 x �
4
4

� Phương trình đã cho vô nghiệm
Câu 49 (TH): Đáp án C
Phương pháp
r
r r
r
Cho vecto u  ai  b j � u   a; b 
Hướng dẫn giải

Trang 24


uuuu
r
r r uuuu
r
Ta có: OM  2i  3 j � OM   2;3 � M  2;3
Câu 50 (VDC): Đáp án A
Phương pháp
Sử dụng các quy tắc hình bình hành và công thức tính tích vô hướng
Hướng dẫn giải
uuuu
r uuur uuur uuuur uuur uuur
AM .DN  AD  DM DA  AN







uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur uuur
 AD.DA  DM .DA  AD.AN  DM .AN
r 1 uuur 1 uuu
r
1 uuur uuur uuur 1 uuu
DC.DA  AD. AB  DC. AB
2

2
2
2
r uuur 1 uuur uuu
r 1
1 uuu
  AD 2  AB.DA  AD. AB  DC .AB.cos 0�
2
2
4
  AD 2 

  AD 2 


1
AB 2
4

1
AB 2  AD 2
4

Trang 25