2 toán 10 đáp án lời giải

hpt hpt hpt Vậy chọn đáp án cuối cùng là C... Khi đó I là trung điểm của 2 đường chéo AB, MJ.. Suy ra AMBJ là hình bình hành... HS nghịch biến khi... HS nghịch biến khi x�1 Vậy hs nghịc

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI RÕ VÀ VẮN TẮT

MÔN: TOÁN LỚP: 10.

Tên giáo viên bộ môn: VÕ THỊ HẠNH

Trang

đầu

Câu

số

Đáp án

Lời giải rõ và vắn tắt

3 1 D P :   � x : x2 2

3 2 C Q: “ Tồn tại số nguyên dương n, với mọi số nguyên dương k n� thì k không

phải là số nguyên tố”

0,

0

a

   � � �  

�

�

B Sai, vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn � A B C , , �   C

0,

0

a

   � � �  

�

�

3 4 D Mệnh đề chứa biến là x + y > 1

3 5 C Vì   3,14 3 

4 6 C n nguyên dương thì n(n+1)(n+2) chia hết cho 3

2

3 29 2

3 5 0

3 29 2

x

x x

x

�   

�

�

   �

�   

�

�

4 8 A x=0, khi đó 02  0 (sai)

4 10 D x  2, y  5 � x y   7là số nguyên tố

x  y  � x y   là số nguyên tố

x  y  � x y   là số nguyên tố

x  y  � x y   là số nguyên tố

5 1 D

1 ;

3

x  � � x  � �

5 2 C  � � � x A x B

5 6 A Sử dụng MTBT, ta thấy phương trình trên có duy nhất một nghiệm âm Do đó

x ��thì A không có phần tử nào

6 8 A Tập A có các phần tử từ 11 đến 49 nên số phần tử của A là (49-11)+1=39

Mà x A x � , 5 M gồm các số 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45

6 9 A A có 4 phần tử số tập con của A là 24  16

6 10 D B   0;3;6;9;12;15;18 

7 3 B A   0;3;6;9;12 ;  C   0;6;12 

7 4 A  A B � �  C     b c ; ; A B � � �   A C     b c ;

8 5 D Vì B có 3 phần tử và A có 5 phần tử Do đó số phần tử chung của A và B phải

3

�

8 8 D A B B �  � � B A

 

2; 4 , 3; 4 2; 4

A B



�

9 1 A A   0;6;12 ,  B   0; 2; 4;6 ,  C   0;3;6 

9 2 D A B B �  � � B A

9 3 D A B �  �

10 4 C Vì B có 3 phần tử và A có 5 phần tử Do đó số phần tử chung của A và B phải

3

�

 

2; 4 , 3; 4 2; 4

A B



�

11 10 A  A B � �  C     b c ; ; A B � � �   A C     b c ;

11 1 A Cộng hai vế của bất đẳng thức với một số a b  � a c b c   

  �     �  

b d b d

a c a c

   � 

  1 2 1 2

b  �  b � b   �  Vậy ab có GTNN là bằng -1

a b a b

a b c

b c b c

 

�

�

   �  �

12 6 B BĐT trong tam giác là: Tổng 2 cạnh luôn lớn hơn cạnh còn lại

Do đó: vì x nguyên nên

2 1

3

1

x x

x x

 

�



�

� 

�

12 7 A

f x   x x   x     x � � x � � 

ta có

�  � �  �   � � � �   � �  �

vậy f(x) có giá trị lớn nhất bằng 1

4

12 8 B Nhân hai bất đẳng thức cùng chiều a c  và c d  � a c bd 

12 9 A Ví dụ:   9 3 thì  2 2

9 3

 

 2 2

f x

Ta có

 

 

 

 

2 2 2 2

3 0,

3 4 4

4

3 4

4 2

3 4

x x x

 � 

 

۳

 

 ۳

 

2

(1) (2)

x y y

y x x

�  

�

�

 

� Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được

0

0

x y y x x y x y

2 0

2

x

x x x x x

x



�

  �   � � �

y x   y x  

� Thay y=-x vào pt(1):    2

    �  �  Vậy nghiệm của hệ là: (0;0) và (2;2)

18 2 D    

 

2 1 2

m x m y m

x my

�

�

Thay x=3, y=-1 vào (2) ta có 3+2m(-1)=1�m1

Thay x=3, y=-1, m=1 vào (1) ta có: 1.3-(-1)=4 (đúng) Vậy m=1

18 3 C Ta đi từ đáp án đi lên

A D    3 , nghĩa là cho m=3 thay vào hệ phương trình, nếu ra nghiệm x, y nguyên thì m=3 thỏa, tương tự làm với tất cả đáp án và chọn đáp án cuối cùng chính xác nhất

hpt

hpt

hpt

Vậy chọn đáp án cuối cùng là C D   0;1; 2;3 

19 4 B Sử dụng máy tính bỏ túi như sau:Mode �5 �1 � 3= �-5= �2= � 4=

� 2= � 7= �=

2

2

2

2 2

x my

mx m y m m m y my y m hpt

m m y m

x my

x my

 

�

Để hệ đã cho vô nghiệm thì

2

2 0

m

m m

m m

 

�     �

�

�

19 6 D Sử dụng máy tính bỏ túi như sau:Mode �5 �1 � 5= �-4= �-3= � 7=

� -9= � -11= �=

 2 2

Để hệ đã cho vô số nghiệm thì

2 2

2

2 2

2

m m

m m

m

 �

�

�

�  

 

�

,

u v

x y

Ta có hệ:

1 1 1

1 1 1

3 3

u

v

y

�

�  � 

�

�

(thỏa)

x

D    a b nên Dx  0hoặc Dx � 0

26 2 D uur uur AI  IC vì có cùng hướng và cùng độ dài

26 4 D

26 5 A Số vectơ được tính theo công thức sau: n(n-1)

Với n=6, suy ra số vectơ là 5.6=30

27 7 A uuur uuur AB DC  vì có cùng hướng và cùng độ dài

27 8 B AB AB CD ; CD

AB CD AB CD

uuur uuur uuur uuur

27 9 C uuur r AB   0 A B

27 10 B Giả sử uuur r uuur r AB u BC v  , 

Nếu u r

và v r không cùng phương thì A, B, C tạo thành một tam giác và

AB BC   AC

Vì u v AB BC r r uuur uuur uuur     AC nên u v r r   AC  AB AC    u r v r

Nếu u r

và v r cùng phương thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng

+ u r

và v r ngược hướng thì u v r r    u r v r

+ u r

và v r cùng hướng thì u v r r    u r v r

28 1 D uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AB CD   AC CB CD    AC CD CB    AD CB 

28 2 A Gọi M, N là trung điểm của AB, CD Khi đó

VT OA OB OC OD OE  uuur uuur uuur uuur uuur      OM uuuur  ON OE uuur uuur 

Vẽ M’ sao cho OM uuuuur ' 2  OM uuuur, N’ sao cho ON uuuur ' 2  ON uuur

Khi đó ta thấy và cần chứng minh OM’E’N’ là hình bình hành

VT OM  uuuuur uuuur uuur uuuur uuur r  ON  OE OE   OE 

Tổng quát: Cho đa giác đều A A A1 2 n có tâm O thì OA OA uuur uuuur1 2  OA uuuur rn  0

28 3 C Theo quy tắc hình bình hành, ta có uuur uuur uuur AB AD   AC

AB AD   AC  AC

� uuur uuur uuur

28 4 B Sử dụng quy tắc 3 điểm: OM MN ON uuuur uuuur uuur  

29 6 B uuur uuur AB CD ,

cùng hướng, cùng độ dài nên uuur uuur uuur uuur AB CD   AB AB   2 uuur r AB � 0

29 7 B Theo quy tắc trừ ta có uuur uuur uuur AB AC CB  

29 8 C

AB CB   AB BC   AC � AB CB   AC  AC

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

ABCO có các cạnh đều bằng a suy ra ABCO là hình thoi� AC  OB tại trung điểm M

Vì tam giác ABO đều cạnh a nên đường cao 3

2

a

AM 

3

a a

AC  AM MC     a

29 9 B MA MB MC MB MC MB MC uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur r        0 (Theo quy tắc hình bình

hành)

Sử dụng quy tắc 3 điểm MP NM uuur uuuur uuuur uuur uuur   NM MP NP  

30 3 B 3MG MA MB MC MA MA AB MA ACuuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur        3MA AB ACuuur uuur uuur 

1

3

MG  MA AB AC   AG  AB AC  AG  AB AC 

� uuuur uuur uuur uuur � uuur uuur uuur � uuur uuur uuur

30 4 B M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k k � 1 thì

1

MA k MB MO OA k MO OB OM kOM OA kOB

OA kOB OM

k





�



uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur

uuur uuur uuuur

30 5 D

Theo tính chất ngũ giác đều �AC/ /ED

Vì uuur uuur AC ED ,

cùng hướng nên k>0 và uuur uuur uuur AB BC   AC k ED  uuur

Mà uuur uuur AB BC   uuur AC  ED uuur  ED � k  1

31 6 B Gọi M là điểm sao cho MJ nhận I là trung điểm Khi đó I là trung điểm của 2

đường chéo AB, MJ

Suy ra AMBJ là hình bình hành

/ / / /

AM BC AM JC

AM BJ AM JC

�

Suy ra AMJC là hình bình hành

2

IA IM   � IA  IB IC   IA IB IC    uur uuur r uur uur uur uur uur uur r

AE  AB AI   � � AB  AB AC  � �  AB  AC

uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur

31 10 D A là điểm bất kì, I là trọng tâm tam giác ABC, ta có

3 1

2 3

2 3

2

AB AC AD AI

IB IA AC AC IA

IB IA AC

IB IA IC IA

IA IB IC IA IB IC

�

�

�

uuur uuur uuur uur uur uur uuur uuur uur r uur uur uuur r

uur uur uur uur r uur uur uur r uur uur uur r

  2;1 ;  5 ; 4 

AB  DC     x y

uuur uuur

Vì ABCD là hình bình hành nên 5 2 3

AB DC

    

uuur uuur

32 3 C Ta có u xi y j r   r r � u r    x y ; nên tọa độ của vectơ 2i r r  j là (2;1)

32 4 B a b r r     3;5 ; c r     6; 10 

Ta có

 

 

1

2 1

2

k

� � �   � � 

�

�

� �

�   � � 

� � �

�

a b 

� r r và c r

cùng phương, mà 1

0 2

k    � a b r r  và c r

ngược hướng

32 5 A u r    2;3 , v r

cùng hướng với u r

0

k 

�

1

1 2

2

v    k  � k 

2

.3 3

v  k  

1;

2

v �   � � �

r

Ta có MN uuuur    2;3 ; DA uuur   x y ;  5 

MN DA

uuuur uuur

Ta có

 

3 2 1

2 2

1 2 6

1 1

G

G

x x x x

y y y y

�

� Vậy G là trọng tâm tam giác ABD

33 8 B  

2.2 5 9

2 4 3 11

x

y

�    

�

    

�

2 3

4 2 3

3 3

I

I

x y

  

�

�

�

33 10 C AB=2, suy ra BC=4; CD=12, BC CD BD uuur uuur uuur  

Theo hệ thức Sa- lơ BC CD BD      4 12 16

42 1 D 2+4chia hết cho 2 suy ra 2 chia hết cho 2 và 4 cũng chia hết cho 2 và ngược lại

cũng đúng

42 2 B Vì A � R nên R A C A \  R

42 4 A  0;1; 2 , 0;1 , 0; 2     

43 6 B A sai, vì tập hợp không dùng dấu thuộc, C sai vì phần tử không dùng dấu con,

D sai vì rỗng là 1 tập hợp không dùng dấu thuộc

43 8 B 2,3,5,7,11 là những số nguyên tố và nhỏ hơn 12

2

x

x x x x

x



�

  �   � � � �

44 11 D n nguyên dương thì n(n+1)(n+2) chia hết cho 3

44 12 A  1;2;3 , 1; 2; 4 , 2;3;4 , 1;3;4       

44 14 D A    1;0; 2;3 ,  B    1;0;1 

A, B, C loại

44 15 B A B �    3;5 ; C A BE �   1; 2; 4;6;7 

45 17 D A B B�  � �B A

45 18 B Vì n2  1 0 là mệnh đề sai

45 20 A  3;12 \     � ��� � ; a     3;12   ; a  a 12

45 22 A ab chia hết cho 5 nghĩa là a=5k hoặc b=5k

46 24 B A    � ; 4 ,  B   3;  �  , \ A B   4;  � 

46 26 A A    1;1;2 ,  B    1; 4 ,  C   0;1; 4;9 ,   A B C �  \    2

46 27 B B    60  60;120 ;60 15,60 6  M M

47 30 B                     1; 2 , 1;3 , 1;4 , 1;5 , 2;3 , 2;4 , 2;5 , 3;4 , 3;5 , 4;5

0

4 5 12

7

G

G

x x x x

y y y y

�

�

48 4 B M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k k � 1 thì

1

MA k MB MO OA k MO OB OM kOM OA kOB

OA kOB OM

k





�



uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur

uuur uuur uuuur

48 5 C IA uur  2 IB uur r  0 � IA uur  2 uur IB

Vậy I nằm trên đoạn AB kéo dài về phía B.

48 6 C uuur uuur uuur AB CD   AB     CD uuur  uuur uuur r AB DC   0

(Vì ABCD là hình bình hành có uuur AB  uuur DC và uuur uuur AB DC ,

ngược hướng) Suy ra hệ thức đó thỏa khi ABDC là hình bình hành

48 7 D u r    2;3 , v r

cùng hướng với u r

0

k 

�

1

1 2

2

v    k  � k 

2

.3 3

v  k  

1;

2

v �   � � �

r

49 11 A Gọi M, N là trung điểm của AB, CD Khi đó

VT OA OB OC OD OE  uuur uuur uuur uuur uuur      OM uuuur  ON OE uuur uuur 

Vẽ M’ sao cho OM uuuuur ' 2  OM uuuur, N’ sao cho ON uuuur ' 2  ON uuur

Khi đó ta thấy và cần chứng minh OM’E’N’ là hình bình hành

VT OM  uuuuur uuuur uuur uuuur uuur r  ON  OE OE   OE 

49 12 A

49 13 A Giả sử uuur r uuur r AB u BC v  , 

Nếu u r

và v r không cùng phương thì A, B, C tạo thành một tam giác và

AB BC  AC

Vì u v AB BC r r uuur uuur uuur     AC nên u v r r   AC  AB AC    u r v r

Nếu u r

và v r cùng phương thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng

+ u r

và v r ngược hướng thì u v r r    u r v r

+ u r

và v r cùng hướng thì u v r r    u r v r

M’ đối xứng với M qua trục hoành thì

 

' '

4

3 3

x x

 

�

�      

�

4

x

x x x

IB IC IO

y y y

y

� 

�

    

    

uur uur uur r

50 16 C M là trung điểm AB � IA IB uur uur   2 IM uuur

VT  IA IB uur uur   IC uur  IM uuur  IC uur  uuur uur IM IC   r ( vì I là trung điểm MC)

G là trọng tâm tam giác ABC 1

3

GI  AI

�

 

1

2

4 12

y

�

 

51 19 C

AB CB   AB BC   AC � AB CB   AC  AC

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

ABCO có các cạnh đều bằng a suy ra ABCO là hình thoi� AC  OB tại trung điểm M

Vì tam giác ABO đều cạnh a nên đường cao 3

2

a

AM 

3

a a

AC  AM MC     a

  2;1 ;  5 ; 4 

AB  DC     x y

uuur uuur

AB DC

    

uuur uuur

51 21 C uuur uuur uuur uur uur uur AB IM   AB BI   AI  IC

MN QP   AC  AC  AC

uuuur uuur uuur uuur uuur

3 6

IA IB IC

IB BA IB IB BC

IB BA BC

BA BC BI

�

�





�

uur uur uur r uur uuur uur uur uuur r uur uuur uuur r

uuur uuur uur

52 27 D G là trọng tâm tam giác ABC, O bất kì Ta có

 

1 3

3

OA OB OC uuur uuur uuur    OG uuur � OG uuur  OA OB OC uuur uuur uuur  

0

4

GA GB GC GD

GA GA AB GA AC GA AD

GA AB AC AD

AB AC AD AG

�

�



�

uuur uuur uuur uuur r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur r uuur uuur uuur uuur r

uuur uuur uuur uuur

53 1 A Vì hàm số f x    x2 4 x  1có đỉnh là I  2; 3 ,   a   � 1 0 Hàm số đồng

biến trên  2, � 

'

x a    � x  a x      

pt x

m





�

1 1

1

3

m

m

m

m m m

m

� 

�

 

�

1

12 3

b

a

     



Xét 2

3

x  , pttt: y      7 x 3 x 2 2 x    9 12 x  11 HS nghịch biến khi

2 3

x 

3 � x  2, pttt: y    7 x 3 x   2 2 x     9 6 x 7 HS nghịch biến

3 � x  2

Xét khi 9

2

x � , pttt: y      7 x 3 x 2 2 x     9 2 x 11 HS nghịch biến

khi 9

2

x � Vậy HS đã cho nghịch biến trên R

55 9 C Hàm sốy      x 1 x 1 có tập xác định D  �

x D

 � thì  � x D

f             x x x x x f x

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn

55 10 C Vì     2 2

f     x x � x  hay f    � x f x  

vì hs f(x) là hàm chẵn, xác định với mọi R

55 12 C Xét x   1, pttt: y         x 1 3 x 6 4 x 7 HS nghịch biến khi x   1

Xét x�1, pttt: y x        1 3 x 6 2 x 5 HS nghịch biến khi x�1

Vậy hs nghịch biến trên R

3 1;1

2 2

b x a

   �  , f     1 3; f   1   3 Vậy giá trị lớn nhất là 3

' x 2 x x' 2 ' ' 2 1 ' 4 ' 5

x

  �  

56 15 D Xét m   1 0 � m  1, bpttt : 3 0  (đúng) Vậy m=1 là nghiệm bpt

Xét 3

1 0 1, bpttt : x

1

m





; 1

T

m



 � � �



� �và   � � 1;  T

1 0 1, bpttt : x

1

m



 �۳ 



; 1

T m



 � � �



Để   � � 1;  T thì 3 3 4

m

m

   �    �   �  

Kết hợp với m=1, ta chọn đáp án D

Hàm số y  x   3 1 2  x xác định khi

3

3 0

1

1 2 0

2

x x

�

�

 �

�

�  � � �

giá trị x thỏa mãn)

1

x y x





 xác định khi

1

1 0

x x

�

 �

�

56 18 B Hàm số f x    3 x2có đỉnh là gốc tọa độ O   0;0 , a   3 0

Vậy hàm số nghịch biến trên  � ;0 , nghịch biến trên  0; � 

y y y

  �  

    �   

56 20 C Hàm số y   m  1  x  4 m  4 là hàm số bậc nhất khi

a �� �۹  m m

57 21 B TXĐ: x�3 Do đó loại điểm A,B (loại đáp án A, D)

Thay x=12 vào hs f   12  2.12  12 3 24    8 48 � Vậy chọn đáp án B

2

x   , pttt: y  12 x  5 x   1 6 x   3 13 x  2 HS đồng biến khi

1 2

x  

2 x 5

 �   , pttt: y  12 x  5 x   1 6 x    3 x 4 HS đồng biến khi

2 x 5

 �  

Xét khi 1

5

x �  , pttt: y  12 x  5 x   1 6 x   3 11 x  2 HS đồng biến khi 1

5

x �  Vậy HS đã cho đồng biến trên R

�

�   �  

57 24 C f        x 2 x 1 2 x   1 f x  

b

a

;3



là x tăng thì y cũng tăng theo Do đó hs đạt GTLN tại 3

3 8

x  

58 26 C Vì giá trị của hs đã cho chỉ nhận 1 hoặc -1

58 27 A Vì a m  2   1 0, m

58 28 A Ta có f x    x2 x có tập xác định D   0; � 

ở câu A, x=-1 ta không thay vào hàm số trên để tính được

y' 2 ' 1 ' 4 ' 5

  �  

2

b

a

     bề lõm quay lên trên nên hs đạt cực tiểu tại x=1 vậy

A đúng