Tổ 23 đợt 14 đề thi khảo sát lần 1 2020 2021 toán 10 thpt lý thái tổ

Tính độ dài trung tuyến AM của ABC.. 2 [0D2-3.5-3] Một người cần phải làm cái cửa sổ mà phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới là hình chữ nhật, có chu vi là 8 là chu vi hình bán nguyệ

ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 1 NĂM HỌC 2019-2020 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ - BẮC NINH

MÔN THI TOÁN 10 THỜI GIAN: 120 PHÚT

PHẦN I: ĐỀ BÀI Câu I (1.5 điểm) [0D2-1.2-1] Tìm tập xác định của các hàm số sau:

2x 1

y





3

2 5

1

x

x



Câu II (1.5 điểm) Cho hàm số y x 2 2mx m  2 có đồ thị  P

1) [0D2-3.3-1] Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 1

2) [0D2-3.4-3] Tìm m để  P

giao đường thẳng d y: 2x1 tại 2 điểm phân biệt A và B

sao cho tam giác OAB vuông tại O với O là gốc tọa độ

Câu III (2 điểm) Giải các phương trình sau:

1) [0D3-2.2-2] (x+1) x- 2 =3x- 1

2) [0D3-2.4-2] 3x- 2+ x+ = 2 4

Câu IV (1 điểm) [0D3-3.4-3]

Giải hệ phương trình

2

2 2 0(1)

,

x y











Câu V (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho 3 điểm A1; 1 , B3;2

, C  1; 4

1) [0H1-4.1-2] Chứng minh A B C, , là ba đỉnh của một tam giác Tính độ dài trung tuyến AM

của ABC

2) [0H1-4.3-2]Tìm tọa độ trực tâm H của ABC

Câu VI (1 điểm) [0H1-3.4-2] Cho tam giác ABC vuông tại A, AB  ,4 AC  Gọi G là trọng tâm6

của tam giác ABC , K là điểm thỏa mãn KA  3KC 0

Biểu diễn GK

 theo AB AC,

 

và tính

co GK BC 

Câu VII (1 điểm)

1) [0D1-3.1-3] Cho A x|x2 2x m  3 0 

, Bx|x2 mx1m0

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong khoảng 2020;2021 để AB

2) [0D2-3.5-3] Một người cần phải làm cái cửa sổ mà phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới là

hình chữ nhật, có chu vi là 8 (là chu vi hình bán nguyệt cộng với chu vi hình chữ nhật trừ đi độ dài cạnh hình chữ nhật là đường kính của hình bán nguyệt) Hãy xác định các kích thước của hình chữ nhật để diện tích cửa sổ là lớn nhất

TỔ 23

HẾT

-PHẦN II: GIẢI CHI TIẾT Câu I (1.5 điểm) [0D2-1.2-1] Tìm tập xác định của các hàm số sau:

2x 1

y





3

2 5

1

x

x



Lời giải

FB tác giả: Lý Hồng Huy

1) Xét hàm số: 2

2x 1

y





 .

Điều kiện:

0

1

x

x





   



Vậy tập xác định của hàm số trên là: D \ 0;1  .

2) Xét hàm số:

3

1

x

x

 .

Điều kiện:

5

1 2

x x

x



 

Vậy tập xác định của hàm số trên là:

5

;1 2

D   



Câu II (1.5 điểm) Cho hàm số y x 2 2mx m  2 có đồ thị  P

1) [0D2-3.3-1] Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 1

2) [0D2-3.4-3] Tìm m để  P

giao đường thẳng d y: 2x1 tại 2 điểm phân biệt A và B

sao cho tam giác OAB vuông tại O với O là gốc tọa độ

Lời giải

FB tác giả: Huong Giang

, ta được: y x 2 2x 3 Tọa độ đỉnh I1; 4 

; Trục đối xứng: x 1

Bảng biến thiên:

Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 và đồng biến trên khoảng 1; 

 P

giao với trục Ox y:  0 x1; x3

 P

giao với trục Oy x:  0 y3

2) Xét pt hoành độ giao điểm:

 P

cắt d tại 2 điểm phân biệt  pt  1

có 2 nghiệm phân biệt

   ' 0 m12m  3 0 m23m  , luôn đúng Vậy mọi 4 0 mthì  P

luôn cắt d

tại 2 điểm phân biệt

Gọi x x là nghiệm của 1, 2  1

, theo Vi-et ta có:

1 2

1 2

3





 

 Khi đó, ta có: A x 1;2x11 , B x 2;2x21  OA x1;2x11 , OBx2; 2x21

Theo giả thiết: OAB vuông tại O nên OA OB   0 x x1 22x11 2  x21 0

Câu III (2 điểm) Giải các phương trình sau:

1) [0D3-2.2-2] (x+1) x- 2 =3x- 1

2) [0D3-2.4-2] 3x- 2+ x+ = 2 4

Lời giải

FB tác giả: Nguyễn Bắc Cường

1)(x+1) x- 2 =3x- 1

Phương trình trở thành: (x+1) (x- 2)=3x- 1

x x

é = -ê

Û ê= + ê

So sánh điều kiện: x³ 2 ta có nghiệm phương trình trong trường hợp này là x= +2 5

TH2: x<2

Phương trình trở thành: (x+1 2) ( - x)=3x- 1

1 3

x x

é = ê Û

ê =-ë

So sánh điều kiện: x< ta có nghiệm phương trình trong trường hợp này là 2 x=1,x=- 3

Vậy phương trình có ba nghiệmx= +2 5,x=1,x=- 3.

2) 3x- 2+ x+ =2 4 1( ).

Điều kiện:

2

3

x

ìï

Với điều kiện (*), phương trình ( )1 Û 3x- + + +2 x 2 2 3( x- 2)(x+ =2) 16

2

3x 4x 4 8 2x

x

ïï

Û íï

ïî

2

4

x

ïï

Û íï

ïî

4 2 34

x x x

ì £

ïï

ïï é

Û í êïï ê =ï ëïî =

2

x

Û =

So sánh điều kiện:

2 3

x³

ta có nghiệm phương trình là x=2.

Vậy phương trình có nghiệmx=2.

Câu IV (1 điểm) [0D3-3.4-3]

Giải hệ phương trình

2

2 2 0 (1)

,

x y











Lời giải

FB tác giả: Dung Pham

Điều kiện:

 

2 2

1

x











Khi đó (1)  x2 y1x2y 2 0

Ta có  y12 4 2 y 2y2 6y 9 (y 3)2

Suy ra

 

2 1 2

1 2

   







   



Với x 1 y y 1 x thay vào  2

, ta được:

3x  x 7 1 x 12 3 x1 x 2x 1 x 7

3x 6x 19 3 x 1 x x 6

 

2 2

1

x













 3  x2 x 6 9 x 9 6 ( x1)x2 x 6 3x2 6x19

6 (x 1) x x 6 2x 16x 34

3 x 1 x 2 x 3 x 8x 17

3 (x 2) x 2x 3 x 2x 3 10(x 2) (4)

Đặt

2 0









;

;







 thỏa mãn điều kiện  *

Vậy hệ có hai nghiệm là

23 341 21 341 23 341 21 341

Câu V (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho 3 điểm A1; 1 

, B3;2

, C  1; 4

1) [0H1-4.1-2] Chứng minh A B C, , là ba đỉnh của một tam giác Tính độ dài trung tuyến AM

của ABC

2) [0H1-4.3-2]Tìm tọa độ trực tâm H của ABC

Lời giải

FB tác giả: Huyền Kem

1) Ta có AB 2;3

và AC   2;5

Vì

2 3

25

 nên không k   để AB k AC

Suy ra AB

và AC không cùng phương Vậy A B C, , là ba đỉnh của một tam giác

Ta có M x M;y M là trung điểm của BC nên điểm M1;3.

Suy ra AM 0;4

Vậy độ dài trung tuyến

0 4 4

AM AM   

2) Gọi H x y H; H là trực tâm của ABC.

Ta có

CH AB

BH AC









 

1 2 4 3 0

3 2 2 5 0



 



19

4

H

H

x

y







Vậy

19 7

;

8 4

H  

 

Câu VI (1 điểm) [0H1-3.4-2] Cho tam giác ABC vuông tại A, AB  ,4 AC  Gọi G là trọng tâm6

của tam giác ABC , K là điểm thỏa mãn KA  3KC 0

Biểu diễn GK

 theo AB AC,

 

và tính

co GK BC 

Lời giải

Người làm; Fb: Hương Cao

+ )Từ hệ thức KA3KC0

thì điểm K được xác định như hình vẽ

Đặt AB b AC c ; 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

0

b c

   Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC Khi đó ta có

GKAK AG  c AM  c b c  b c

Hay

3 12

GK  AB AC

+)  

2

.16 36



17 6

GK

Lại có BCAC AB c b       BC 2 c2b2 36 16 52   BC2 13

GK BC  b c c b   b  c   

Mặt khác

61

17 .2 13 17 13

6

GK BC

GK BC GK BC co GK BC co GK BC

GK BC

 

Câu VII (1 điểm)

1) [0D1-3.1-3] Cho A x|x2 2x m  3 0 

, Bx|x2 mx1m0

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong khoảng 2020;2021

để AB

Lời giải

FB tác giả: Trần Phước Trường

Có 3 trường hợp thỏa yêu cầu bài toán như sau

TH3:

A B











  



 

2 2

4

*

)

m m x

x m











  











Do phương trình (2) luôn có 2 nghiệm x  , 1 1 x2   nên để hệ (*) vô nghiệm thì m 1 x x 1, 2 không là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: m4,m0, m 3

Kết hợp 3 trường hợp trên, ta được  2020; 2021 \ 0;3;4  

m m







 





Vậy có 4037 giá trị mnguyên

2) [0D2-3.5-3] Một người cần phải làm cái cửa sổ mà phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới là

hình chữ nhật, có chu vi là 8 (là chu vi hình bán nguyệt cộng với chu vi hình chữ nhật trừ đi độ dài cạnh hình chữ nhật là đường kính của hình bán nguyệt) Hãy xác định các kích thước của hình chữ nhật để diện tích cửa sổ là lớn nhất

Lời giải

FB tác giả: Trần Phước Trường

Gọi x là bán kính của hình bán nguyệt Ta có chu vi hình bán nguyệt là x, tổng ba cạnh của

hình chữ nhật là 8 x (Điều kiện

8 0

2

x



 

 )

Diện tích cửa sổ là:

2

2

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta thấy Smax khi

8 4

x





 Vậy diện tích cửa sổ lớn nhất khi hình chữ nhật có các kích thước là 16  

4 m và 8  

4 m