Giải đề thi giữa học kì 1 toán lớp 10 năm 2020 - 2021 trường THCS & THPT Nguyễn Tất Thành

 

Đề bài

Câu 1. (2 điểm)

   1) Tìm tập xác định của hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^2-3}{2x-3}+2\sqrt{2-x}$

   2) Cho tập hợp $A\left(-1;3\right]$ và $B=\left(m-2;m+3\right]$. Tìm $m$ để $A\cap B=\varnothing$.

Câu 2. (2 điểm)

   1) Tìm $m$ để hàm số $f\left(x\right)=4mx+3-\left(5+2m\right)x$ đồng biến trên $R$.

   2) Xét tính chẵn lẻ của hàm số $f\left(x\right)=2x^4-5x+3$.

Câu 3. (2 điểm)

   1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $y=-x^2-4x$

   2) Tìm $m$ để phương trình $-x^2-4x=m+3$ có 2 nghiệm âm phân biệt.

Câu 4. (2 điểm)

Trong mặt phẳng $Oxy$ cho $M\left(3;-1\right),N\left(1;2\right),P\left(2;-4\right)$.

   1) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác $MNP$ và tọa độ điểm $D$ sao cho $MNGD$ là hình bình hành.

   2) Tam giác $ABC$ nhận $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,BC,AC$. Tính tọa độ các điểm $A,B,C$.

Câu 5. (1 điểm)

Tìm a, b, c để đồ thị hàm số $y=a{x}^2+bx+c$ là đường Parabol có đỉnh $I\left(2;-2\right)$ và đi qua điểm $A\left(0;2\right)$.

Câu 6. (1 điểm)

   1) Cho tam giác $ABC$ có trọng tâm G và hai điểm $P,Q$ thỏa mãn $\overrightarrow{PA}=2\overrightarrow{PB}$, $3\overrightarrow{QA}=-2\overrightarrow{QC}$. Chứng minh rằng ba điểm $P,Q,G$ thẳng hàng.

   2) Cho tam giác $ABC$ đều cạnh a nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$. Điểm $M$ thuộc $\left(O\right)$. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|$

Lời giải chi tiết

Câu 1. (VD)

1) Tìm tập xác định của hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^2-3}{2x-3}+2\sqrt{2-x}$

2) Cho tập hợp $A\left(-1;3\right]$ và $B=\left(m-2;m+3\right]$. Tìm $m$ để $A\cap B=\varnothing$.

Phương pháp

1) Hàm $y=\frac{1}{\sqrt{f\left(x\right)}}$ xác định khi và chỉ khi $f\left(x\right)>0$.

Hàm $y=\sqrt{f\left(x\right)}$ xác định khi và chỉ khi $f\left(x\right)\ge 0$.

2) Hai tập số trong $R$ được gọi là giao bằng rỗng nếu chúng rời nhau trên $R$.

Cách giải

1) Điều kiện xác định:

$\{\begin{array}{c}2x-3>0\\ 2-x\ge 0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x>\frac{3}{2}\\ x\le 2\end{array}$

$\Rightarrow$Tập xác định: $D=\left(\frac{3}{2};2\right]$

2) $A\cap B=\varnothing \iff [\begin{array}{c}m-2\ge 3\\ m+3\le -1\end{array}$$\iff [\begin{array}{c}m\ge 5\\ m\le -4\end{array}$

Câu 2. (TH)

1) Tìm $m$ để hàm số $f\left(x\right)=4mx+3-\left(5+2m\right)x$ đồng biến trên $R$.

2) Xét tính chẵn lẻ của hàm số $f\left(x\right)=2x^4-5x+3$.

Phương pháp

1) Hàm số $y=ax+b$ đồng biến trên $R$ khi và chỉ khi $a>0$.

2) Các bước xét tính chẵn- lẻ của hàm số $y=f\left(x\right)$

B1: Tìm tập xác định $D$ của hàm số.

B2: Kiểm tra điều kiện $-x\in D\forall x\in D$

B3: Kiểm tra điều kiện:

Nếu $f\left(-x\right)=f\left(x\right)\forall x\in D$ thì $f\left(x\right)$ là hàm số chẵn.

Nếu $f\left(-x\right)=-f\left(x\right)\forall x\in D$ thì $f\left(x\right)$ là hàm số lẻ.

Nếu $\exists x\in D:$$f\left(-x\right)\ne \pm f\left(x\right)$  thì hàm số không chẵn không lẻ.

Cách giải

1) Ta có:

$\begin{array}{c}f\left(x\right)=4mx+3-\left(5+2m\right)x\\ =\left(2m-5\right)x+3\end{array}$

$f\left(x\right)$ đồng biến trên $R$ khi và chỉ khi $2m-5>0\iff m>\frac{5}{2}$

2) TXĐ: $D=R$

Ta có: $-x\in R\forall x\in R$

$\begin{array}{c}f\left(-x\right)=2{\left(-x\right)}^4-5\left(-x\right)+3\\ =2x^4+5x+3\ne \pm f\left(x\right)\end{array}$

Do đó hàm số không chẵn, không lẻ.

Câu 3. (VD)

1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $y=-x^2-4x$

2) Tìm $m$ để phương trình $-x^2-4x=m+3$ có 2 nghiệm âm phân biệt.

Phương pháp

1) Hàm số $y=a{x}^2+bx+c\left(a\ne 0\right)$ có đỉnh $I\left(-\frac{b}{2a};-\frac{\Delta }{4a}\right)$ nhận trục $x=-\frac{b}{2a}$ làm trục đối xứng.

Nếu $a>0$ thì hàm số đồng biến trên $\left(-\frac{b}{2a};+\infty \right)$, nghịch biến trên $\left(-\infty ;-\frac{b}{2a}\right)$ và đồ thị có bề lõm hướng lên trên.

Nếu $a<0$ thì hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-\frac{b}{2a}\right)$, nghịch biến trên  $\left(-\frac{b}{2a};+\infty \right)$ và đồ thị có bề lõm hướng xuống dưới.

2) Nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=g\left(x\right)$ là hoành độ các giao điểm của hai đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và $y=g\left(x\right)$.

Cách giải

1) Ta có: $a=-1<0$,  $-\frac{b}{2a}=-2$  và $-\frac{\Delta }{4a}=4$.

$\Rightarrow$Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-2\right)$ và nghịch biến trên $\left(-2;+\infty \right)$.

Bảng biến thiên:

 

$a=-1<0$, bề lõm hướng xuống dưới.

Đồ thị có đỉnh $I\left(-2;4\right)$, nhận đường thẳng $x=-2$ làm trục đối xứng.

Đồ thị đi qua điểm $O\left(0;0\right),A\left(-4;0\right)$

Đồ thị:

 

2) Hoành độ giao điểm của đồ thị $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng $y=m+3$ là nghiệm của phương trình $-x^2-4x=m+3$.

Do đó phương trình $-x^2-4x=m+3$ có 2 nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng $y=m+3$ cắt đồ thị tại 2 điểm có hoành độ âm phân biệt.

 

Từ đồ thị ta có đường thẳng $y=m+3$ cắt đồ thị tại 2 điểm có hoành độ âm phân biệt khi và chỉ khi $0<m+3<4\iff -3<m<1$.

Vậy $-3<m<1$.

Câu 4. (VD)

Trong mặt phẳng $Oxy$ cho $M\left(3;-1\right),N\left(1;2\right),P\left(2;-4\right)$.

1) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác $MNP$ và tọa độ điểm $D$ sao cho $MNGD$ là hình bình hành.

2) Tam giác $ABC$ nhận $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,BC,AC$. Tính tọa độ các điểm $A,B,C$.

Phương pháp

1) Trọng tâm G của tam giác MNP là $\{\begin{array}{c}{x}_G=\frac{x_M+x_N+x_P}{3}\\ y_G=\frac{y_M+y_N+y_P}{3}\end{array}$

$MNGD\iff \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{DG}$

2) Sử dụng tính chất trung điểm $M$ là trung điểm của $AB$$\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\overrightarrow{MB}$.

Hiệu của hai vectơ: $\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{CB}$.

Cách giải

 

1) Trọng tâm G của tam giác MNP nên tọa độ của G là:

 $\{\begin{array}{c}{x}_G=\frac{x_M+x_N+x_P}{3}=2\\ y_G=\frac{y_M+y_N+y_P}{3}=-1\end{array}$

$\begin{array}{c}MNGD\iff \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{DG}\\ \iff \{\begin{array}{c}{x}_D=x_G-x_N+x_M=4\\ y_D=y_G-y_N+y_M=-4\end{array}\\ \Rightarrow D\left(4;-4\right)\end{array}$

2) $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,AC$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{MB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\\ \overrightarrow{BN}=\overrightarrow{NC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}\\ \overrightarrow{AP}=\overrightarrow{PC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\end{array}$$\Rightarrow \overrightarrow{MP}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)=\overrightarrow{BN}$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}{x}_B=x_N+x_M-x_P=2\\ y_B=y_N+y_M-y_P=5\end{array}$

M là trung điểm của AB nên $\{\begin{array}{c}{x}_A=2x_M-x_B\\ y_A=2y_M-y_B\end{array}\Rightarrow A\left(4;-7\right)$

N là trung điểm của BC nên $\{\begin{array}{c}{x}_C=2x_N-x_B\\ y_C=2y_N-y_B\end{array}\Rightarrow C\left(0;-1\right)$

Vậy $A\left(4;-7\right),B\left(2;5\right),C\left(0;-1\right)$.

Câu 5. (VD)

Tìm a, b, c để đồ thị hàm số $y=a{x}^2+bx+c$ là đường Parabol có đỉnh $I\left(2;-2\right)$ và đi qua điểm $A\left(0;2\right)$.

Phương pháp

Đồ thị hàm số $y=a{x}^2+bx+c$ có đỉnh $I\left(-\frac{b}{2a};-\frac{\Delta }{4a}\right)$.

$A\left(x_0;y_0\right)$ thuộc đồ thị $\iff y_0=a{x}_0+b{x}_0+c$.

Cách giải

Đồ thị hàm số $y=a{x}^2+bx+c$ có đỉnh $I\left(-\frac{b}{2a};-\frac{\Delta }{4a}\right)$ nên ta có:

$\{\begin{array}{c}-\frac{b}{2a}=2\\ -2=a{.2}^2+b.2+c\end{array}\iff \{\begin{array}{c}b=-4a\\ 4a+2b+c=-2\end{array}\left(1\right)$

$A\left(0;2\right)$ thuộc đồ thị nên $c=2$. Thay vào (1) ta được:

$\{\begin{array}{c}b+4a=0\\ 4a+2b=-4\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a=1\\ b=-4\end{array}$.

Vậy $a=1,b=-4,c=2$

Câu 6. (VDC)

1) Cho tam giác $ABC$ có trọng tâm G và hai điểm $P,Q$ thỏa mãn $\overrightarrow{PA}=2\overrightarrow{PB}$, $3\overrightarrow{QA}=-2\overrightarrow{QC}$. Cứng minh rằng ba điểm $P,Q,G$ thẳng hàng.

2) Cho tam giác $ABC$ đều cạnh a nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$. Điểm $M$ thuộc $\left(O\right)$. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|$

Phương pháp

1) P, Q, G thẳng hàng khi và chỉ khi $\exists k\ne 0:\overrightarrow{PG}=k\overrightarrow{PQ}$.

2)

B1: Gọi N là trung điểm của AB, O’ là điểm đối xứng O qua N, M' đối xứng M qua N.

B2: Tìm quỹ tích điểm M’.

B3: $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|=C{M}^{\prime }$ . Đánh giá CM’ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất cần tìm.

Cách giải

1)

 

$\overrightarrow{PA}=2\overrightarrow{PB}\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AP}$

$\begin{array}{c}3\overrightarrow{QA}=-2\overrightarrow{QC}\\ \Rightarrow \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AQ}+\overrightarrow{QC}\\ =\overrightarrow{AQ}+\frac{3}{2}\overrightarrow{AQ}=\frac{5}{2}\overrightarrow{AQ}\end{array}$

$\Rightarrow \overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}=\frac{2}{5}\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}$

$\overrightarrow{PG}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AG}$

$\begin{array}{c}=-2\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)\\ =\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}-\frac{5}{3}\overrightarrow{AB}=\frac{5}{6}\left(\frac{2}{5}\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}\right)\\ =\frac{5}{6}\overrightarrow{PQ}\end{array}$

Suy ra $\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{PG}$ cùng phương. Hay P, Q, G thẳng hàng.

2)

 

Gọi N là trung điểm của AB, O’ là điểm đối xứng O qua N, M’ đối xứng M qua N. Khi đó:

$\begin{array}{c}\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|=\left|2\overrightarrow{MN}-\overrightarrow{MC}\right|\\ =\left|\overrightarrow{M{M}^{\prime }}-\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{C{M}^{\prime }}\right|=C{M}^{\prime }\end{array}$

Ta có tam giác $ABC$ đều cạnh a nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ nên $\left(O\right)$ có bán kính $\frac{a}{\sqrt{3}}$.

Mặt khác, ta có: $\{\begin{array}{c}\overrightarrow{O^{\prime }N}=\overrightarrow{NO}\\ \overrightarrow{M^{\prime }N}=\overrightarrow{NM}\end{array}\Rightarrow \overrightarrow{O^{\prime }{M}^{\prime }}=\overrightarrow{MO}$

$\Rightarrow O^{\prime }{M}^{\prime }=\frac{a}{\sqrt{3}}$.

Do O, N cố định nên M’ luôn thuộc đường tròn tâm O’, bán kính $\frac{a}{\sqrt{3}}$.

$\Rightarrow CO\le C{M}^{\prime }\le C{C}^{\prime }$ (C’ đối xứng C qua N).

$\Rightarrow min\left(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|\right)=a$ khi $C{M}^{\prime }=a=CO\iff M^{\prime }\equiv O$. Suy ra O là điểm đối xứng M qua N. Hay M, C, O thẳng hàng.

$\begin{array}{c}max\left(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|\right)=C{C}^{\prime }\\ =2CN=2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\\ \iff C^{\prime }\equiv M^{\prime }\iff C\equiv M\end{array}$