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