Đề thi học kì 1 môn Toán lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong có đáp án | Toán học, Lớp 10 - Ôn Luyện

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I  NĂM HỌC 2018 – 2019
MƠN TỐN – KHỐI 10

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên học sinh:………..… lớp:………..….
---*-*---

Học sinh viết câu này vào giấy làm bài: “Đề thi dành cho các lớp 10CT, 10CL, 10CH,
10CS, 10CTi, 10A, 10B”

Câu 1. (1 điểm) Giải phương trình: _x4_₅_x3_₆_x2_₅_x_{  .}_{1 0}

Câu 2. (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2 2 ₂ ₂₍ ₎

2 2

x y xy x y

x y xy

    



  

 .

Câu 3. (1 điểm) Tìm Parabol _{( ) :}_{P y ax}_ 2__{bx c}_{ (a ≠ 0) biết rằng (P) có đỉnh (1;2)}_I _{và đi}

qua điểm ( 1;6)A  .

Câu 4. (1 điểm) Cho hệ phương trình:

2

2 3

( 1) ( 1) 3

( 1) ( 1) 1

m x m y m

m x m y m

    




    



Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình trên vơ nghiệm.

Câu 5. (1 điểm) Định m để phương trình:



₂_m2_{  }₁ _m ₂



_{x m}_{   vô nghiệm.}_{5 0}

(m là tham số).

Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với (3; 1)A  , (5;2)B ,
(6;4)

C . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

Câu 7. (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD có AB5a; AD8a; góc BAD = _{60 . Tính}0

tích vơ hướng  AB AD. , độ dài đường chéo BD và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.

Câu 8. (1 điểm) Cho tam giác ABC với (2;1)A , (4;2)B , (6; 4)C  và G là trọng tâm của
tam giác ABC, Tìm tọa độ điểm K thuộc đường thẳng AC sao cho AGBK.

Câu 9. (1 điểm). Cho lục giác đều ABCDEF tâm O, cạnh có độ dài là a. Tìm tập hợp các
điểm M sao cho:



_{MA MD ME}  _ _

 

2_   _{MB MC MF}_ _



2 __10._AB2_.

Câu 10. (1 điểm) Cho x là số thực thỏa 1 5
2
x

  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:











2 1 5 2 2 1 5 2 6

M  x  x  x   x   . x

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I  NĂM HỌC 2018 – 2019
MƠN TOÁN – KHỐI 10

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên học sinh:………..………….., lớp :………..….
---*-*---

Học sinh viết câu này vào giấy làm bài: “Đề thi dành cho các lớp 10CV, 10CA, 10CTrN,
10D, 10SN”

Câu 1. (1 điểm) Giải phương trình: _x4_₅_x3_₆_x2_₅_x_{  .}_{1 0}

Câu 2. (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2 2 ₂ ₂₍ ₎

2 2

x y xy x y

x y xy

    



  

 .

Câu 3. (1 điểm) Tìm Parabol _{( ) :}_{P y ax}_ 2__{bx c}_{ (a ≠ 0) biết rằng (P) có đỉnh (1;2)}_I _{và đi}

qua điểm ( 1;6)A  .

Câu 4. (1 điểm) Cho hệ phương trình:

2

2 3

( 1) ( 1) 3

( 1) ( 1) 1

m x m y m

m x m y m

    




    



Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình trên vơ nghiệm.

Câu 5. (1 điểm) Định m để phương trình:



₂_m2_{  }₁ _m ₂



_{x m}_{   vô nghiệm.}_{5 0}

(m là tham số).

Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với (3; 1)A  , (5;2)B ,
(6;4)

C . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

Câu 7. (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD có AB5a; AD8a; góc BAD = _{60 . Tính}0

tích vô hướng  AB AD. , độ dài đường chéo BD và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác
ABC.

Câu 8. (1 điểm) Cho tam giác ABC với (2;1)A , (4;2)B , (6; 4)C  và G là trọng tâm của
tam giác ABC, Tìm tọa độ điểm K thuộc đường thẳng AC sao cho AGBK.

Câu 9. (1 điểm) Cho lục giác đều ABCDEF . Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
MA MD ME   MB MC MF 

     
.

Câu 10. (1 điểm) Cho x là số thực thỏa 1   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x 1





2

2 1 2 1 1 6

M  x   x x  .

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI TOÁN KHỐI 10 - HKI (2018 – 2019)

Câu Ý Đáp án AB D,SN,T

N
1 Giải phương trình: _x4_₅_x3_₆_x2_₅_x_{  (1)}_{1 0} _{∑=1.0 ∑=1.0}

* x=0 : (1)   vô lý 1 0 0,25 0,5

*x0 2

2

5 1

(1) x 5x 6 0

x x

      0,25 0,25

Đặt t x 1

x
 

(1) thành 2 ₅ _{4 0} 1

4
t
t t
t



     _ 0,25 0,25

1
1
2 3
1
4
x
x _x
x
x
  

   
  


0,25 0,25

2

Giải hệ phương trình:

2 2 ₂ ₂₍ ₎

2 2

x y xy x y

x y xy

    



  

 ∑=1.0 ∑=1.0

Đặt

.
S x y
P x y

 


 

 Điều kiện:

2 ₄ ₀

S  P
Lưu ý: Nếu thiếu điều kiện vẫn cho đủ điểm

0,25 0,25

Hệ pt thành

2 ₂
2 2
S S
S P
 

 

 0,25 0,25

0
1
S
P


  _

 (loại)

2
0
S
hay
P


 

 (nhận) 0,25 0,25

2 0
0 2
x x
hay
y y
 
 
  _  _

  0,25 0,25

3 Tìm Parabol

2

( ) :P y ax bx c (a ≠ 0) biết rằng (P) có đỉnh

(1;2)

I và đi qua điểm ( 1;6)A  . ∑=1.0 ∑=1.0

(P) có đỉnh (1;2)I  2 1
( )
b
a
I P
 


 


 2 0

2

b a

a b c

 



  _{  }

 (1). 0.25 0.25

(P) đi qua điểm ( 1;6)A      a b c 6 (2) 0.25 0.25
Từ (1) và (2) ta đượca1;b 2;c . 3 0.25 0.25

Vậy _{( ) :}_{P y x}_ 2_₂_x_₃ _0.25 _0.25

4

Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình:
(I)

2

2 3

( 1) ( 1) 3

( 1) ( 1) 1

m x m y m

m x m y m

    




    

 vô nghiệm.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>











2

2

2 3

1 1

1 1 1

1 1

m m

D m m m m m

m m

 

       

 

Lưu ý: Chỉ cần tính đúng định thức, không cần đặt thành
thừa số chung.

0.25 0.25

Hệ vô nghiệm

0
0 1
1
m
D m
m



  _ 
  


0.25 0.25

*m : 0 ( ) 0
1
x y
I
x y
  

 _{  }

 ( )I vô nghiệm  nhận m 0

*m : 1 ( ) 0 2 3

0 2 2

x y
I
x y
 

  _ _

 ( )I vô nghiệm  nhận m 1
Lưu ý: Chỉ cần sai 1 TH trong 2 TH thì mất điểm luôn.

0.25 0.25

*m  : 1 ( ) 2 2 3

0 0 0

x y
I
x y
   

  _ _

 ( )I vô số nghiệm  loại
1

m 

Vậy: m thỏa YCBT là m hay 0 m 1

Lưu ý: Nếu xét đúng TH m  mà không KL hoặc KL sai 1
thì mất điểm ln.

0.25 0.25

Lưu ý: - Nếu HS dùng: Hệ VN D mà có thử lại đúng 0
thì trừ 0,25đ.

- Nếu HS dùng: Hệ VN

0
0
0
x
y
D
D
D


 _
 _

 _



toàn bài cho

0,5đ

5 _{Định m để phương trình:}



₂_m2_{  }₁ _m ₂



_{x m}_{   vô}_{5 0}

nghiệm

(với m là tham số).

∑=1.0 ∑=1.0

2m 1 m 2
m


 




2m 1 m 2
m


 




(1) vô nghiệm 2 2 1 2 0
5 0
m m
m
    
 
  

 0,5 0,5

2

2 1 2

5
m m
m
   
 


2
2
2
1

4 5 0

5
5
5
m
m
m
m m
m
m
m
 

 
 _
 

 
_    _{ }

 _ 
 _{ }


0,25 0,25

 m  1

Lưu ý: Nếu thừa nghiệm mất điểm luôn phần này 0,25 0,25
Nếu hs giải theo cách:

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

2

2m 1 m 2 0

     2

1 5

m

m hay m

 


  _{ } _



1
5
m
m

 


  _
Thử lại, mỗi TH của m có kết luận nhận hoặc loại m thì cho

0.25

0.25*2 0.25*2

6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với (3; 1)A  ,
(5;2)

B , (6;4)C . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. ∑=1.0 ∑=1.0
Ta có: BC (1;2), AC(3;5) 0.25 0.25

Gọi H(x; y). Ta có: AH (x3;y1), BH(x5;y2) 0.25 0.25
H là trực tâm ABC

. 0 1( 3) 2( 1) 0

3( 5) 5( 2) 0

. 0

AH BC AH BC x y

x y

BH AC BH AC

 _  _ _ _{ } _{ }

 

_ _ _

   



 

 

 

   

    0.25 0.25

2 1 0 45

3 5 25 0 22

x y x

x y y

   

 

_ _

    

  Vậy: (45; 22)H 
Lưu ý: Nếu HS giải đúng KQ mà không KL hoặc KL sai thì
mất điểm ln.

0.25 0.25

7 Cho hình bình hành ABCD có AB5a; AD8a; góc BAD
= _{60 . Tính tích vơ hướng}0  _{AB AD}_. _{, độ dài đường chéo BD và}

bán kính đường tròn



ABC



.

∑=1.0 ∑=1.0

 _{AB AD AB AD c}_. _ _. _{. osBAD 5 .8 . os60}_ _{a a c} 0 _₂₀_a2

0.25 0.25
Áp dụng định lý hàm số cos trong tam giác ABC, ta được:



2 2 2 ₂ _. _{. osBAD}

BD  AB  AD  AB AD c

   

2 2 ₀ ₂

5a 8a 2.5 .8 . os60a a c 49a

   

7

BD a

 

0.25 0.25

Áp dụng định lý hàm số cos trong tam giác ABC, ta được:



_{   }

2 2

2 2 2 ₂ _. _{. osABC} ₅ ₈ _{2.5 .8 . os120}0 ₁₂₉ 2

AC  AB BC  AB BC c  a  a  a a c  a

129

AC a

 

Lưu ý: HS có thể dùng định lý trung tuyến trong tam giác
ABD để tính AC

0.25 0.25

Áp dụng định lý hàm số Sin trong tam giác ABC ta được:

 0

129

43
sin120

2sin

AC a

R a

ABC

   _0.25 _0.25

8

Cho tam giác ABC với (2;1)A , (4;2)B , (6; 4)C  và G là
trọng tâm của tam giác ABC, Tìm tọa độ điểm K thuộc đường
thẳng AC sao cho AGBK.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là 4; 1
3
G_  _

  0.25 0.25

Gọi K x y( ; ). Ta có:





4

2; ; 4; 5 ; ( 2; 1)

3

AG_  _ AC   AK  x y

 

   0.25 0.25

K thuộc đường thẳng AC sao cho
;

. 0

AK AC cuøng phương

AG BK

AG BK


 _{ }




 

  0.25 0.25

2 1 30

4 5 11

4 1

2( 4) ( 2) 0

3 11

x y

x

x y y

 

 _  _

 

  

_ _

 _{ } _ _  _



 _



Vậy: 30 1;
11 11
K _ _

  0.25 0.25

9 a

Cho lục giác đều ABCDEF tâm O, cạnh có độ dài là a. Tìm
tập hợp các điểm M sao cho:



 

2



2

2

10

MA MD ME     MB MC MF     AB (1)

∑=1.0

Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm các tam giác ADE và BCF:
Theo quy tắc trọng tâm ta có: 3

3 '

MA MD ME MG

MB MC MF MG

 _ _ _




  



   

    0.25

Do đó: (1)

  

2



2

2

3MG 3MG' 10a

     2 _'2 10 2

9

MG MG a

   0.25

Áp dụng đinh lý trung tuyến trong tam giác MGG’ ta được:

2 1 2 10 2

2 '

2 9

MG GG a

  

2

2 1 2 10 2

2 .

2 3 9

MO  a a

  _ _ 

 

2 4 2

9

MO a

  2

3

MO a

  0.25

Ta có: O cố định, 2
3
MO a.

Do đó, tập hợp M là đường trịn tâm O, bán kính 2

3a 0.25

9 b Cho lục giác đều ABCDEF tâm O. Tìm tập hợp các điểm M _{sao cho: MA MD ME}     _ _ _ _{MB MC MF}_ _ ₍₁₎ ∑=1.0

Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm các tam giác ADE và BCF:

Theo quy tắc trọng tâm ta có: 3

3 '

MA MD ME MG

MB MC MF MG

 _ _ _




  



   

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Do đó: (1)  3MG  3MG'  MG MG ' 0.25
Ta có: A, B, C, D, E, F cố định nên G, G’ cố định

Do đó, tập hợp M là đường trung trực của đoạn GG’ 0.25

10 a

Cho x là số thực thỏa 1 5
2

x

  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:











2 1 5 2 2 1 5 2 6

M  x  x  x   x   . x

∑=1.0

Đặt t  x 1 5 2 x







2 ₄ ₂ _{1 5 2}

t x x x

     

0,25

Ta có: 2 ₄ ₂



_{1 5 2}





₄ ₄ 5 3

2 2
t   x x  x      x







2 ₄ ₄ _{4 5 2} ₄ 4 4 5 2 9

2 2

x x

t   x x  x   x    

2

3 9

2 t 2

   6 3 2

2 t 2

  

0,25

Ta có: _M _{    }_t2 ₂_t ₂



_t ₁



2_₁

Ta có: 6 1 1 3 2 1
2    t 2 





2

2 3 2 13

1 1 1 1 3 2

2 2

t  

   _  _   

 

0.25

Dấu “=” xảy ra 3
2
x

  . Vậy GTLN của M là 13 3 2
2  .

0.25

10 b

Cho x là số thực thỏa 1   . Tìm giá trị lớn nhất của x 1

biểu thức:





2

2 1 2 1 1 6

M  x   x x  . ∑=1.0

Đặt t  1 x 1 x







2 _{2 2 1} ₁

t x x

    

0,25
Ta có: _t2 _{ }_{2 2 1}



__x



₁__x



_₂









 



2 _{2 2 1} ₁ ₂ ₁ ₁ ₄

t   x x   x  x 

2

2 t 4

    2  t 2

0.25

Ta có: _M _{    }_t2 ₂_t ₄



_t ₁



2_₃

Ta có: 2 1     t 1 2 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>





2

1 3 4

t

   

Dấu “=” xảy ra   . Vậy GTLN của M là 4 . x 0

</div>

<!--links-->