Đề thi học kì 1 Toán 10 năm 2019 – 2020 trường THPT Lê Trọng Tấn – TP HCM - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

(1)

SỞ GD&ĐT TP.HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI HỌC KÌ I

TRƯỜNG THPT LÊ TRỌNG TẤN NĂM HỌC 2019-2020

--- MÔN: TOÁN – KHỐI 10

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên học sinh:……….Số báo danh:………

I.PHẦN CHUNG: (7.0 ĐIỂM)

Câu 1. (1.0 điểm) Tìm tập xác định của hàm số 2 ₂ ³

2 3 5

y x x

x x

   

 

Câu 2. (1.0 điểm) Xác định parabol (P):y ax ²bx c a ( 0).Biết (P) đi qua điểm ( 1;1)

M  và có đỉnh (1;5)I .

Câu 3. (2.0 điểm) Giải phương trình:

a) 2x² 3 3x1. b) ₂ ² ¹ ⁴

3 4 2

x x

x x x

  

  

Câu 4. (2.0 điểm) Cho ba điểm (5;4), ( 3;0), (3; 2)A B  C  . a) Chứng minh ba điểm A,B,C lập thành tam giác vuông cân.

b) Tìm tọa độ điểm M sao cho BC 2AB2MB

.

Câu 5. (1.0 điểm) Cho tam giác đều ABC cạnh a. Tính  ^AB^{. 2}



^AB^³^AC



theo a . II. PHẦN RIÊNG: (3.0 ĐIỂM)

A. Dành cho ban khoa học xã hội:

Câu 6A. (1.0 điểm) Tìm m để phương trình x² (2m1)x m ²  3 0 có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂ thỏa



x1x2



² 25 2 x x1 2

Câu 7A. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB a . Dựng đường cao AH.

Chứng minh:   ^{AB HA HC}^.



^



^{ }^a²

Câu 8A. (1.0 điểm) Giải phương trình: x²  1 x² 11 32 B. Dành cho ban khoa học tự nhiên:

Câu 6B. (1.0 điểm) Tìm m để phương trình (m1)x²2(m1)x m  2 0 có hai nghiệm

1, 2

x x thỏa 4



x1x2



7x x1 2

Câu 7B. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Kẻ HD vuông góc với AB và HE vuông góc với AC. Chứng minh:  AD AB AH.  ²

Câu 8B. (1.0 điểm) Giải phương trình: x 1 x 3 2 x² 2x  3 4 2x ---Hết---

(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

(2)

ĐÁP ÁN TOÁN 10

I.PHẦN CHUNG: (7.0 ĐIỂM)

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

1 Tìm điều kiện của phương trình: 2 ₂ ³

2 3 5

x x

  

  1.0 đ

Điều kiện: ² ₂ ⁰

2 3 5 0

x

x x

  

   



0.25đ 0.25đ

2 1, 5

2 x

x x

 

    

0.25đ

 

( ;2] \ 1 D  

0.25đ

2 Xác định parabol (P):y ax ²bx c .Biết (P) đi qua điểm M( 1;1)

và có đỉnh (1;5)I . 1.0 đ

(P) đi qua điểm M( 1;1) .Ta có: 1 a( 1)²      b( 1) c a b c 1(1)

(P) có đỉnh (1;5)I . Ta có: 5a.1²b.1    c a b c 5 (2) 0.25đ

Ta có trục đối xứng: 1 2 0 2

x b a b

a

      (3) 0.25đ

Từ (1), (2), (3). Ta có:

1 1

5 2

2 0 4

a b c a

a b c b

a b c

    

 

     

 

    

 

0.25đ

Vậy: parabol (P):y  x² 2x4. 0.25đ

3

Giải phương trình:

a) 2x² 3 3x1. b) ₂ ² ¹ ⁴

3 4 2

x x

x x x

  

  

2.0 đ

a)

Điều kiện: 1 x3

0.25đ Pt ^²^x²^{ }³



³^x^¹



²

2x²  3 9x²6x1

0.25đ

7x²6x 2 0

3 23

7 ( )

3 23

7 ( )

x n

x l

  



 

 

 0.25đ

(3)

Vậy phương trình có nghiệm 3 23 T   7 

 

  0.25đ

b)

Điều kiện: x 2,x1,x 4 0.25 đ

PT ₂⁽ ² ¹⁾⁽ ²⁾ ⁽ ₂ ⁴⁾⁽ ² ³ ⁴⁾

( 3 4)( 2) ( 3 4)( 2)

x x x x x

x x x x x x

    

 

     

2 2

(x 1)(x 2) (x 4)(x 3x 4)

      

3 2 2 2 3 3 2 4 4 2 12 16

x x x x x x x x

          0.25đ

2 1 ( )

3 15 18 0

6 ( )

x l

x x

x n

 

       

0.25đ

Vậy phương trình có nghiệm ^T ^{ }

 

⁶ 0.25đ

4

Cho ba điểm (5;4), ( 3;0), (3; 2)A B  C  .

a) Chứng minh ba điểm A,B,C lập thành tam giác vuông cân.

b) Tìm tọa độ điểm M sao cho BC 2AB2MB

.

2.0 đ

a)

Ta có: CA(2;6),CB ( 6;2)

0.25đ Vì 2 6

6 2

 nên CA CB ,

không cùng phương hay 3 điểm A,B,C lập thành tam giác.

0.25đ

Mặt khác: .CACB 2.( 6) 6.2 0  

và CA  CB 2 10 0.25đ

Vậy ba điểm A,B,C lập thành tam giác vuông cân 0.25đ

b)

2 2

BC AB MB

  

2 2

BC MB AB

  

2 BC MA

  0.25 đ

Gọi ( ; )M x y , BC(6; 2),2 MA(10 2 ;8 2 ) x  y

0.25đ 10 2 6

8 2 2

x y

 

     0.25đ

2 5 x y

 

   Vậy M(2;5) 0.25đ

5 Cho tam giác đều ABC cạnh a. Tính  ^AB^{. 2}



^AB^³^AC



theo a . 1.0 đ Ta có:   ^AB^{. 2}



^AB^³^AC



^²^AB²^³ ^{AB AC}^.

0.25đ

2 2 2

2AB 2AB 2a 0.25đ

 

⁰ ³ ²

3 . 3 . .cos . 3. . .cos60

2 AB AC AB AC AB AC  a a  a

      0.25đ

Vậy  ^AB^{. 2}



^AB^³^AC



^²â²^³₂â² ^ â₂²

0.25đ

II. PHẦN RIÊNG: (3.0 ĐIỂM)

A. Dành cho ban khoa học xã hội:

(4)

Câu Hướng dẫn chấm Điểm 6A

Tìm m để phương trình x² (2m1)x m ² 3 0 có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂ thỏa



x1x2



² 25 2 x x1 2

1.0 đ



⁽²^m ¹⁾



² ⁴⁽^m² ³⁾

      4m²4m 1 4m²124m11 0.25đ Để phương trình x² (2m1)x m ²  3 0 có hai nghiệm phân biệt

0 4 11 0 11

m m 4

        0.25đ

Ta có: ¹ ² ₂

1 2

2 1

3

S x x m

P x x m

   

   





^x¹^^x²



² ^^{25 2}^ ^{x x}^{1 2} ^



²^m^¹



² ^^{25 2}^



^m²^³



^0.25đ

2 3 ( )

2 15 0

5( )

m n

m m

m l

 

        Vậy: m3 0.25đ 7A

Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB a . Dựng đường cao AH.

Chứng minh:   ^{AB HA HC}^.



^



^{ }^a²

1.0 đ

C

A B

E H

Gọi E là trung điểm AC. Ta có: HA HC  2HE

. 0.25đ

HE là đường trung bình tam giác ABC. 1 HE 2AB

   0.25đ

Ta có:   ^{AB HA HC}^.



^



^² ^{AB HE}^. ^²ÂB^.^^_^¹₂ÂB^^_^{ }ÂB² ^{ }â²

0.25đ

Vậy:   ^{AB HA HC}^.



^



^{ }^a² _0.25đ

8A Giải phương trình: x²  1 x²11 32 1.0 đ

Điều kiện:  x R 0.25đ

Đặt t  x²11,t   0 t² 11 x² pt    t² 11 1 t 32

0.25đ

(5)

  t² t 42 0 6 ( ) 7( )

t n

t l

 

   

0.25đ

Với t 6 6² 11 x²   x 5

Vậy tập nghiệm của phương trình là ^T^{ }

 

⁵ ^0.25đ

B. Dành cho ban khoa học tự nhiên:

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

6B Tìm m để phương trình (m1)x²2(m1)x m  2 0 có hai nghiệm

1, 2

x x thỏa 4



x1x2



7x x1 2

1.0 đ



²⁽^m ¹⁾



² ⁴⁽^m ¹⁾⁽^m ²⁾

       4m²8m 4 4m²4m  8 4m12 0.25đ Để phương trình (m1)x²2(m1)x m  2 0 có hai nghiệm

0 1 0

1 3

0 4 12 0

a m

m m

  

 

        

0.25đ

Ta có:

1 2

2( 1) 1 2 1 S x x m

m P x x m

m

    

 

 

  

 





1 2



1 2

4 x x 7x x 4.²⁽ ¹⁾ 7. ²

1 1

m m

 

 

 

0.25đ

8(m 1) 7(m 2) m 6( )n

       Vậy: m 6 0.25đ

7B Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Kẻ HD vuông góc

với AB và HE vuông góc với AC. Chứng minh:  AD AB AH.  ² 1.0 đ C

A B

E H

D

   

. .

AD AB AH HD AH HB

           ^AH²AH HB HD AH HB^.  ^.







_0.25đ

Ta có:  AH HB AH HB. 0 ²

. 0 .

AD AB AH HD AB

      0.25đ Ta có: HD ABHD AB . 0

2 2 2

. 0 . 0 0

AD AB AH HD AB AH AH

          0.25đ

Vậy:   AD AB AH.  ² 0.25đ

8B Giải phương trình: x 1 x 3 2 x² 2x  3 4 2x 1.0 đ

(6)

Điều kiện: x1 0.25đ Đặt t  x 1 x3,t0

t² 2 x²2x 3 2x2

1 3 2 2 2 3 2 2 6 0

pt  x  x  x  x  x  

2 2 ( )

6 0 3( )

t n

t t

t l

 

       

0.25đ

Với t 2 2² 2 x²2x 3 2x2  x²2x  3 1 x 0.25đ

2 2 3 1 ( 1)

1

x x x x

x

     

 

Vậy tập nghiệm của phương trình là ^T^

 

¹

0.25đ