Đề thi học kì 1 Toán 10 - Đề 8

ĐỀ SỐ 08. Câu 1: (2 điểm)

a) Tìm tập xác định của hàm số 𝑦=

4 ‒ 𝑥

(𝑥‒ 3) 𝑥‒ 1 b) Tìm tọa độ điểm chung của hai đồ thị (P): và (d): 𝑦= 𝑥2 ‒ 2𝑥 𝑦= 𝑥 Câu 2: (1 điểm) Cho phương trình 𝑚𝑥2 ‒ (𝑚2 ‒ 5)𝑥+ 𝑚= 0 Tìm tham số m để phương trình trên có hai nghiệm thoả mãn 𝑥1, 𝑥2 𝑥1 + 𝑥2 = 4 Câu 3: (2 điểm) Giải các phương trình sau

a) b) |4𝑥‒ 1| = 𝑥2 + 2𝑥‒ 4 2𝑥2 ‒ 6𝑥‒ 1 = 4𝑥+ 5 Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC có A(-2;3), B(4;-5), C trên trục hoành và trọng tâm G trên trục tung. a) Tìm tọa độ điểm C và G b) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh ba điểm G, H và I thẳng hàng. Câu 5: (2 điểm)

a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 𝑦= 𝑥2 ‒ 4𝑥+ 3 b) Tìm x để hàm số nhận giá trị không âm. 𝑦= 𝑥2 ‒ 4𝑥+ 3

ĐỀ SỐ 08.

Đáp án Điểm Câu 1a: (1 điểm) Tìm tập xác định của hàm số 𝑦=

4 ‒ 𝑥

(𝑥‒ 3) 𝑥‒ 1

ĐKXĐ:   {

4 ‒ 𝑥≥0 𝑥‒ 3 ≠0

𝑥‒ 1 > 0 {

𝑥≤4 𝑥≠3 𝑥> 1 {1 < 𝑥 ≤4

𝑥≠3 0,75

TXĐ: D = (1;4] \ {3} 0,25

Câu 1b: (1 điểm) Tìm tọa độ điểm chung của hai đồ thị (P): và (d): 𝑦= 𝑥2 ‒ 2𝑥 𝑦= 𝑥

Toạ độ điểm chung của hai đồ thị (P) và (d) là nghiệm của hệ phương trình

  { 𝑦= 𝑥2 ‒ 2𝑥

𝑦= 𝑥 {𝑥2 ‒ 3𝑥= 0

𝑦= 𝑥 [𝑥= 0; 𝑦= 0

𝑥= 3; 𝑦= 3 0,75

Điểm chung của hai đồ thị đã cho là O(0;0) và M(3;3) 0,25 Câu 2: (1 điểm) Cho phương trình 𝑚𝑥2 ‒ (𝑚2 ‒ 5)𝑥+ 𝑚= 0 Tìm tham số m để phương trình trên có hai nghiệm thoả mãn 𝑥1,𝑥2 𝑥1 + 𝑥2 = 4 Để phương trình có hai nghiệm khi và chỉ khi m ≠ 0 và  (1) = (m2 ‒ 5)2 ‒ 4𝑚2 ≥0

0,25

Khi đó theo định lí Viét ta có (2) 𝑥1 + 𝑥2 =

(𝑚2 ‒ 5)

𝑚 0,25

Mặt khác theo giả thiết (3). Từ (2) và (3) ta có 𝑥1 + 𝑥2 = 4

(𝑚2 ‒ 5)

𝑚 = 4 0,25

 Thử hai gt này đều thoả mãn với (𝑚2 ‒ 5)

𝑚 = 4 𝑚2 ‒ 4𝑚‒ 5 = 0[𝑚=‒ 1

𝑚= 5

đk (1) và thỏa yêu cầu bt. Vậy với m = -1 và m = 5 là hai giá trị cần tìm

0,25

Câu 3a:(1 điểm) Giải phương trình: |4𝑥‒ 1| = 𝑥2 + 2𝑥‒ 4

ThuVienDeThi.com

Ta có |4𝑥‒ 1| ={

4𝑥‒ 1 𝑛ế𝑢 𝑥≥

1 4 1 ‒ 4𝑥 𝑛ế𝑢 𝑥<

1 4

0,25

Với thì phương trình trở thành 𝑥≥

1 4 4𝑥‒ 1 = 𝑥2 + 2𝑥‒ 4  𝑥2 ‒ 2𝑥‒ 3 = 0 [𝑥=‒ 1(𝑙𝑜ạ𝑖)

𝑥= 3 (𝑛ℎậ𝑛)

0,25

Với Thì phương trình trở thành 𝑥<

1 4

1 ‒ 4𝑥= 𝑥2 + 2𝑥‒ 4  𝑥2 + 6𝑥‒ 5 = 0 [

𝑥=‒ 3 + 14 (𝑙𝑜ạ𝑖) 𝑥=‒ 3 ‒ 14 (𝑛ℎậ𝑛)

0,25

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x= 3 và 𝑥=‒ 3 ‒ 14 0,25

Câu 3b: (1 điểm) Giải phương trình: 2𝑥2 ‒ 6𝑥‒ 1 = 4𝑥+ 5

Đặt với đk: Ta có hệ pt: 4𝑥+ 5 = 2𝑦‒ 3 𝑦≥

3 2 {

𝑦= 𝑥2 ‒ 3𝑥+ 1 (1)

𝑥= 𝑦2 ‒ 3𝑦+ 1 (2)

0,25

Trừ vế theo vế của pt (2) cho pt (1) ta được 𝑥‒ 𝑦= 𝑦2 ‒ 𝑥2 + 3𝑥‒ 3𝑦

  (𝑥‒ 𝑦)(𝑥+ 𝑦‒ 2) = 0 [ 𝑦= 𝑥

𝑦= 2 ‒ 𝑥

0,25

Thay vào (1) ta được:  𝑦= 𝑥 𝑥2 ‒ 4𝑥+ 1 = 0 [

𝑥= 2 ‒ 3( = 𝑦) 𝑥= 2 + 3 ( = 𝑦)

Thay vào (1) ta có:  𝑦= 2 ‒ 𝑥 𝑥2 ‒ 2𝑥‒ 1 = 0 [

𝑥= 1 ‒ 2 (𝑦= 1 + 2) 𝑥= 1 + 2(𝑦= 1 ‒ 2)

0,25

Chỉ có hai giá trị thỏa mãn đk . Vậy phương 𝑥= 2 + 3;𝑥= 1 ‒ 2 𝑦≥

3 2 trình đã cho có hai nghiệm 𝑥= 2 + 3 𝑣à 𝑥= 1 ‒ 2

0,25

Câu 4a: (1 điểm) Cho tam giác ABC có A(-2;3), B(4;-5) và điểm C trên trục hoành, trọng tâm G trên trục tung.Tìm tọa độ điểm C và G

Gọi C( ; 0) và G(0; ) lần lượt thuộc trục hoành, trục tung 𝑥𝐶 𝑦𝐺 0,25

G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có {

3𝑥𝐺= 𝑥𝐴+ 𝑥𝐵+ 𝑥𝐶 3𝑦𝐺= 𝑦𝐴+ 𝑦𝐵+ 𝑦𝐶

0,25

   {

3(0) =‒ 2 + 4 + 𝑥𝑐 3(𝑦𝐺) = 3 + ( ‒ 5) + 0 {

𝑥𝐶=‒ 2

𝑦𝐺=

‒ 2

3

0,25

Vậy C(-2; 0) và G(0; ) là hai điểm cần tìm

‒ 2

3 0,25

Câu 4b: (1 điểm) Cho tam giác ABC có A(-2;3), B(4;-5), C(-2; 0).Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC

Gọi trực tâm tam giác ABC, khi đó ta có , 𝐻(𝑥𝐻;𝑦𝐻) 𝐴𝐻= (𝑥𝐻+ 2;𝑦𝐻‒ 3) , 𝐵𝐶= ( ‒ 6;5) 𝐵𝐻= (𝑥𝐻‒ 4;𝑦𝐻+ 5), 𝐴𝐶= (0; ‒ 3)

0,25

 H là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi {

𝐴𝐻𝐵𝐶= 0 𝐵𝐻𝐴𝐶= 0

0,25

   {

‒ 6(𝑥𝐻+ 2) + 5(𝑦𝐻‒ 3) = 0

0(𝑥𝐻‒ 4) ‒ 3(𝑦𝐻+ 5) = 0 {

‒ 6𝑥𝐻+ 5𝑦𝐻= 27

𝑦𝐻=‒ 5 {

𝑥𝐻=

‒ 26

3 𝑦𝐻=‒ 5

0,25

 Vậy tọa độ trực tâm là 𝐻(

‒ 26

3 ; ‒ 5) 0,25

Câu 4c: (1 điểm) Goi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh ba điểm ThuVienDeThi.com