Giải đề thi học kì 1 toán lớp 10 năm 2020-2021 trường THPT Đống Đa

 

Đề bài

Câu 1( 3,5 điểm) Cho hàm số :$y=x^2-2mx+3$

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số khi $m=2$.

2. Dựa vào đồ thị (P), biện luận theo k số nghiệm của phương trình:$x^2-4x+k=0$

3. Tìm giá trị của $m$ để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;2020\right)$.

Câu 2(2,5 điểm) Giải các phương trình sau:

1. $x^2-2x-5\left|x-1\right|-5=0$

2. $\sqrt{x^2-3x+3}-2x+3=0$

Câu 3(1 điểm) Cho phương trình:

$x^4-4x^2+a=0$( với a là tham số )

1. Giải phương trình đã cho khi $a=-5$

2. Xác định a để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[-2;3\right]$

Câu 4(3 điểm)

Trong hộ trục tọa độ (Oxy) cho bốn điểm:$A\left(2;-1\right),B\left(3;4\right),C\left(4;3\right),D\left(3;-2\right)$

1. Chứng minh bốn điểm đã cho tạo thành hình bình hành $ABCD$. Tìm tọa độ tâm hình bình hành đó.

2. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm E thỏa mãn: $\overrightarrow{BE}=2\overrightarrow{AD}-3\overrightarrow{GC}$.

3. Lấy điểm M di động. Dựng điểm N sao cho $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{MC}$. Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải chi tiết

Câu 1(VD)

Phương pháp:

1.

Thay $m=2$ vào hàm số.

Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Đồ thị: Xác định bề lõm, đỉnh và trục đối xứng của đồ thị và một số điểm thuộc đồ thị.

2.

Đặt hàm số của (P): $y=f\left(x\right)$.

Đưa phương trình đã cho về dạng$f\left(x\right)=g\left(x\right)$

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=g\left(x\right)$ là số giao điểm của hai đồ thị $y=f\left(x\right)$ và $y=g\left(x\right)$.

3. Tìm khoảng nghịch biến D của hàm số $y=x^2-2mx+3$. Hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;2020\right)$ khi và chỉ khi $\left(-\infty ;2020\right)\subset D$.

Giải:

1.

Thay $m=2$ vào hàm số ta  được (P):$y=x^2-4x+3$.

Do $1>0$, hàm số đồng biến trên $\left(2;+\infty \right)$, nghịch biến trên $\left(-\infty ;2\right)$.

Bảng biến thiên:

 

Đồ thị:

Đồ thị có bề lõm hướng lên trên, đồ thị có đỉnh $\left(2;-1\right)$. Đồ thị nhận đường thẳng $x=2$ làm trục đối xứng.

Đồ thị đi qua điểm $A\left(0;3\right),B\left(1;0\right),C\left(3;0\right)$.

 

2. Đặt $f\left(x\right)=x^2-4x+3$

$\begin{array}{c}{x}^2-4x+k=0\left(1\right)\\ \iff x^2-4x+3=3-k\end{array}$

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của $\left(P\right):y=f\left(x\right)$ và $\left(d\right):y=3-k$.

 

Từ đồ thị ta thấy:

Số giao điểm bằng 0 khi và chỉ khi $3-k<-1\iff k>4$.

Số giao điểm bằng 1 khi và chỉ khi $3-k=-1\iff k=4$.

Số giao điểm bằng 2 khi và chỉ khi $3-k>-1\iff k<4$.

3.

Hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;m\right)$. Hàm số đã cho nghịch biến trên $\left(-\infty ;2020\right)$ khi và chỉ khi $\left(-\infty ;2020\right)\subset \left(-\infty ;m\right)\iff m\ge 2020$.

Câu 2(VD):

Phương pháp:

1. Đặt $\left|x-1\right|=t\left(t\ge 0\right)$, đưa phương trình về phương trình ẩn t.

2. $\sqrt{A}=B\iff \{\begin{array}{c}B\ge 0\\ A=B^2\end{array}$

Giải:

1.

$x^2-2x-5\left|x-1\right|-5=0$

$\iff {\left(x-1\right)}^2-5\left|x-1\right|-6=0$(1).

Đặt $\left|x-1\right|=t\left(t\ge 0\right)$. Phương trình (1) trở thành:

 $t^2-5t-6=0\iff t=6$

$\begin{array}{c}\iff \left|x-1\right|=6\iff [\begin{array}{c}x-1=6\\ x-1=-6\end{array}\\ \iff [\begin{array}{c}x=7\\ x=-5\end{array}\end{array}$

2. $\sqrt{x^2-3x+3}-2x+3=0$

$\begin{array}{c}\sqrt{x^2-3x+3}=2x-3\\ \iff \{\begin{array}{c}x\ge \frac{3}{2}\\ 3x^2-9x+6=0\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{c}x\ge \frac{3}{2}\\ [\begin{array}{c}x=1\\ x=2\end{array}\end{array}\iff x=2\end{array}$

Câu 3(VD)

Phương pháp:

1. Thay $a=-5$ vào phương trình. Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right)$, đưa về phương trình ẩn t. Giải t tìm x.

2. Đưa về hai phương trình bậc hai

$\begin{array}{c}{x}^4-4x^2+a=0(\ast )\\ \iff {\left(x^2-2\right)}^2=4-a\\ \iff \{\begin{array}{c}a<4\\ [\begin{array}{c}{x}^2=2+\sqrt{4-a}\left(1\right)\\ x^2=2-\sqrt{4-a}\left(2\right)\end{array}\end{array}\end{array}$

(*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt và (2) có 2 nghiệm phân biệt không trùng với phương trình (1).

Giải:

1. Thay $a=-5$ vào phương trình ta được $x^4-4x^2-5=0$(1)

Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right)$, (1) trở thành:

$\begin{array}{c}{t}^2-4t-5=0\iff [\begin{array}{c}t=-1\\ t=5\end{array}\\ \iff t=5\iff x^2=5\end{array}$

$x=\pm \sqrt{5}$

2.

$\begin{array}{c}{x}^4-4x^2+a=0(\ast )\\ \iff {\left(x^2-2\right)}^2=4-a\\ \iff \{\begin{array}{c}a<4\\ [\begin{array}{c}{x}^2=2+\sqrt{4-a}\left(1\right)\\ x^2=2-\sqrt{4-a}\left(2\right)\end{array}\end{array}\end{array}$

(*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt và (2) có 2 nghiệm phân biệt không trùng với phương trình (1)

(2) có 2 nghiệm phân biệt $\iff 2-\sqrt{4-a}>0\iff a>0$

Khi $0<a<4$ các nghiệm của (*) đều thỏa mãn $x^2<4$. Hay (*) luôn có có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[-2;2\right]$

Vậy $0<a<4$ thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[-2;3\right]$

Câu 4(VD)

Phương pháp:

1. $ABCD$ là hình bình hành $\iff \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$

Tâm O của hình bình hành: $\{\begin{array}{c}{x}_O=\frac{x_A+x_C}{2}\\ y_O=\frac{y_A+y_C}{2}\end{array}$

 

2. Tìm điểm G.

Sử dụng công thức: $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BA}$, tính chất trọng tâm $\overrightarrow{BG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BO}$, tính chất trung điểm $\overrightarrow{BO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}$.

3. Gọi $I$ là trung điểm của $MN$.

Sử dụng quy tắc cộng, trừ vectơ chứng minh $I$ là điểm cố định.

Cách giải:

 

1.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(3-2;4-\left(-1\right)\right)=\left(1;5\right)$;$\overrightarrow{DC}=\left(4-3;3-\left(-2\right)\right)=\left(1;5\right)$

$\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$$\Rightarrow ABCD$ là hình bình hành.

Tâm O của hình bình hành là chung điểm chung của AC và BD nên : $\{\begin{array}{c}{x}_O=\frac{x_A+x_C}{2}=3\\ y_O=\frac{y_A+y_C}{2}=1\end{array}\Rightarrow O\left(3;1\right)$

2.

$\begin{array}{c}\overrightarrow{BE}=2\overrightarrow{AD}-3\overrightarrow{GC}\\ =2\left(\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BA}\right)-3\left(\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BG}\right)\\ =2\overrightarrow{BD}-2\overrightarrow{BA}-3\overrightarrow{BC}+3\overrightarrow{BG}\\ =2\overrightarrow{BD}-2\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BC}+3.\frac{2}{3}\overrightarrow{BO}\\ \begin{array}{c}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{CD}\\ \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA}\end{array}\}\Rightarrow E\equiv A\end{array}$

3.

$\begin{array}{c}\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{MC}\\ =\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+3\overrightarrow{CB}=2\overrightarrow{MO}+3\overrightarrow{CB}\\ \iff \overrightarrow{MN}-\overrightarrow{MO}-\overrightarrow{MO}=3\overrightarrow{CB}\\ \iff \overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OM}=3\overrightarrow{CB}\\ \iff 2\overrightarrow{OI}=3\overrightarrow{CB}\iff \overrightarrow{OI}=\frac{3}{2}\overrightarrow{CB}\end{array}$

Do O,C,B là các điểm cố định nên I là điểm cố định.

Vậy MN luôn đi qua điểm cố định I.