Đề thi cuối HK 1 môn Toán lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - TPHCM năm 2021 có lời giải

THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN TOÁN

Khối 10 - Ban AB

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Họ và tên thí sinh: . . .

Số báo danh: . . . Học sinh viết câu này vào giấy làm bài: “Đề thi dành cho các lớp 10AB”.

Câu 1. (1,0 điểm). Cho

 

^{P :yax2bxc. Tìm a b c, , biết}

 

^P có trục đối xứng là đường thẳng x2 và

 

^P đi qua hai điểm ^A

  

^{0;1 , B 1; 2 .}



Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình: x²3x  2 x 1.

Câu 3. (1,0 điểm). Cho hệ phương trình

 

²

3

1 6 3 5

. 3

m x y m m

x my m

     

   

 Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình có nghiệm.

Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ₂ 2 ₂ 5

3 11.

x y

x y xy

  

   



Câu 5. (1,0 điểm). Cho phương trình

2 2

2 8

4 3 1.

x x m

x x

 

   Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình có nghiệm.

Câu 6. (3,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết ^A



^{2; 1 ,}

    

^{B 1; 2 ,C 4;3 .}

a) Chứng minh ABC là tam giác vuông cân.

b) Tìm giao điểm của đường thẳng AB và trục tung.

c) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình thang có AD BC và diện tích ABCD bằng 15.

Câu 7. (1,0 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a, gọi I là giao điểm của AC và BD. M là điểm thỏa mãn

2 2 2 2 2

2 2 12 .

MA  MB MC  MD  a Tính MI.

Câu 8. (1,0 điểm). Cho các số thực x y, thỏa mãn x²xyy²3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

 

4 4 2 2

2 12 .

Px y  x y  xy

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. (1,0 điểm). Cho

 

^{P :y}^ax2^bx^c. Tìm a b c, , biết

 

^P có trục đối xứng là đường thẳng x2 và

 

^P đi qua hai điểm ^A

  

^{0;1 , B 1; 2 .}



Lời giải

 

^P có trục đối xứng: 2 4 0.

2 2

b b

x a b

a a

       

 

^P đi qua điểm ^A

 

^0;1        ^{1 a 02 b 0 c c 1.}

 

^P đi qua điểm B



1; 2            



2 a 1² b 1 c a b c 2.

Do đó ta có hệ phương trình:

4 0 1

1 4

2 1

a b a

c b

a b c c

    

 

 

 

    

 

 

      

 

 

 

Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình: x²3x  2 x 1.

Lời giải

Ta có:

 

2

2 2

1 1

3 2 1 1.

3 2 1 1

x x

x x x x

x x x x

   

 

            

Câu 3. (1,0 điểm). Cho hệ phương trình

 

²

3

1 6 3 5

. 3

m x y m m

x my m

     

   

 Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình có nghiệm.

Lời giải

Hệ phương trình tương đương:

  

³



²

 

3

1 3 6 3 5 1

. 3

m my m y m m

x my m

        

   



Ta có:

       

 

        

3 2

2 4 3 2

3 2

1 1 1 3 6 3 5

6 6 8

2 3 2 3 5 4 2 .

m m y m m y m m

m m y m m m m

m m y m m m m

         

        

       

Nếu m2, phương trình trở thành: 3 6 15 2 5 . x y x y

  

  

 Phương trình có nghiệm



^{x y,}

 

^{ 5 2 ,t t}



^{với t.}

Xét m 3, ta có:

 

² ^0y⁵⁵phương trình vô nghiệm.

Xét m2 và m 3, ta có:

 

^{2 3 3 2 5 4.}

3

m m m

y m

  

  

Khi đó ta có: ₃



^{3 3 2 5 4}



₃ 5 ² 7 9

3 3 .

3 3

m m m m m m

x my m m

m m

     

        

 

Hay là với m2 và m 3, phương trinh có nghiệm



^,



^{5 2 7 9, 3 3 2 5 4 .}

3 3

m m m m m

x y m m

      

 

    

Vậy m 3 là tất cả các giá trị cần tìm.

Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ₂ 2 ₂ 5

3 11. x y

x y xy

  

   



Lời giải Hệ phương trình tương đương:

 

^{2 2}

 

²

5 2 5 2 1

5 14 0 2

5 2 3 5 2 11

x y x y x

y y y

y y y y

   

     

  

  

           

 



hoặc 19 7. x y

 

 



Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm



x y^;

   

 1; 2 , 19; 7 .



Câu 5. (1,0 điểm). Cho phương trình

2 2

2 8

4 3 1.

x x m

x x

  

  Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình có nghiệm.

Lời giải

Điều kiện: ² 1

4 3 0 .

3 x x x

x

 

      Khi đó, phương trình tương đương:

 

2 4 3 0 1

x  x  m

Đặt f x( )x²4x m 3.

Yêu cầu bài toán tương đương phương trình

 

1 có nghiệm khác 1 và 3.

Điều này tương đương:

 

 

 

4 3 0 1

1 6 0 6 1 .

6 6

3 6 0

m m

f m m m

m m

f m

     

  

 

   

      

  

    

  

    



Vậy m1 đồng thời m 6 là tất cả các giá trị cần tìm.

Câu 6. (3,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết ^A



^{2; 1 ,}

    

^{B 1; 2 ,C 4;3 .}

a) Chứng minh ABC là tam giác vuông cân.

b) Tìm giao điểm của đường thẳng AB và trục tung.

c) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình thang có AD BC và diện tích ABCD bằng 15.

Lời giải

a) Ta có: ^{AB}



^{1;3 ,}



^{BC}

 

^{3;1 ,CA}



^{2; 4 .}



^{Do đó ABBC 10,CA2 5.}

Lại có: AB²BC²20CA². Vậy tam giác ABC vuông cân tại B.

b) Đường thẳng AB nhận ^n

 

^3;1 làm vector pháp tuyến và đi qua điểm ^A



^{2; 1}



nên có phương trình:

   

3      x 2 1 y 1 0 3x  y 5 0.

Do đó giao điểm H của đường thẳng AB và trục tung là nghiệm của hệ phương trình:

3 5 0 0

0 5.

x y x

x y

     

 

 

 

   

 

 

Vậy ^H

 

^{0;5 .}

c) Đường thẳng AD BC nên nhận ^n

 

^3;1 làm vector chỉ phương. Do đó đường thẳng AD có ^n



^1;3



^làm

vector pháp tuyến và đi qua điểm ^A



^{2; 1}



nên có phương trình:

   

1 x 2 3 y 1 0 x 3y 5 0.

        

Do đó ^D



^3d5;d



^{với d. Suy ra: AD}



^3d3

 

^{2 d1}



^{2  10 d1 .}

Vì AD BC mà ABC90⁰ BAD90⁰AB là đường cao của hình thang.

Ta có:

 

¹⁰



^{10 1 10}



5 1 5.

2 2

ABCD

AB AD BC d

S    d

    

Theo đề bài ta có: 1

5 1 5 15 .

3 d d

d

 

   

  

 Suy ra D

 

8;1 hoặc D



 4; 3 .



Note: Khi vẽ hình ra các bạn sẽ thấy vị trí hai điểm D nằm khác phía với đường thẳng AB.

Câu 7. (1,0 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a, gọi I là giao điểm của AC và BD. M là điểm thỏa mãn

2 2 2 2 2

2 2 12 .

MA  MB MC  MD  a Tính MI.

Lời giải

Giả sử hình vuông ABCD có tọa độ như sau: ^A

  

^{0; 0 , B a;0 ,}

 

^{C a a;}



^{, D}



^0;a



^.

Vì I là trung điểm của ; . 2 2 ACIa a

Giả sử điểm ^{M x y}



^;



^.

Khi đó ta có: ^MA2^x2^{y2, MB2}



^a^x



²^y2,MC2



^a^x

 

² ^{a y}



^2,MD2^x2 



^{a y}



^2.

Theo đề bài ta có:

       

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 12

2 2 2 2 12

.

MA MB MC MD a

x y a x y a x a y x a y a

x y ax ay a

   

            

    

Ta có: ^{2 2 2}



^{2 2}



^{2 2 2 3 2.}

2 2 2 2 2

a a a a a

MI  x  y  x y axay  a  

Vậy ⁶.

2 MIa

Note: Khi gặp những bài toán liên quan đến hình vuông, chú ý gắn hình vuông và các dữ kiện bài toán lên trục tọa độ.

Câu 8. (1,0 điểm). Cho các số thực x y, thỏa mãn x²xyy²3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

 

4 4 2 2

2 12 .

Px y  x y  xy

Lời giải Ta có: 3x²y²xy2xyxy3xyxy1.

Mặt khác ^3xy



^xy



^{2 0 xy3.}

Do đó:  3 xy1.

Ta có:

     

 

 

4 4 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2

2 12 2 2 3 12

3 2 10 6 4 15

2 19.

P x y x y xy x y x y xy xy

xy x y xy x y xy

xy

          

        

   

Hay là: ^{P }



^xy2



^219.

Ta có:

 

 

2

2

3 1 5 2 1 1 2 25

25 2 1.

xy xy xy

xy

           

    

Do đó: 6  P 18.

 _{2 2} 1

18 .

3 1

x y x y

P x xy y x y

    

 

        

 _{2 2} 3, 3

6 .

3 3, 3

x y x y

P x xy y x y

      

 

         

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6. Giá trị lớn nhất của P là 18.

Note:

Đối với những bài toán bất đẳng thức cực trị đối xứng hai biến thì ta thường sử dụng hai đánh giá sau:



^x^y



²⁰ và



^x^y



²^0.