

Đề số 12 – Đề kiểm tra học kì 1 – Toán 10
Đáp án và lời giải chi tiết Đề số 12 - Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) - Toán 10
Đề bài
PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
Câu 1 : Cho hai tập hợp (1;3)(1;3) và [2;4][2;4]. Giao của hai tập hợp đã cho là:
A. (2;3](2;3]. B. (2;3)(2;3).
C. [2;3)[2;3). D. [2;3][2;3].
Câu 2 : Cho hàm số y=(m−1)x+m−2y=(m−1)x+m−2. Điều kiện để hàm số đồng biến trên R là:
A. m<2m<2. B. m>1m>1.
C. m<1m<1. D. m>2m>2.
Câu 3 : Cho paraboly=2x2+4x−3y=2x2+4x−3. Tọa độ đỉnh của parabol là:
A. (−1;−5)(−1;−5). B. (1;3)(1;3).
C. (2;5)(2;5). D. (−2;5)(−2;5).
Câu 4 : Điều kiện để đồ thị hàm số y=x2−4x+my=x2−4x+m cắt Ox tại hai điểm phân biệt là:
A. m<−4m<−4. B. m>4m>4.
C. m>−4m>−4. D. m<4m<4.
Câu 5 : Cho hàm số y=√2−x+xx−1y=√2−x+xx−1. Tập xác định của hàm số là:
A. (−∞;2](−∞;2]. B. [1;2][1;2].
C. (−∞;2]∖{1}(−∞;2]∖{1}. D. [2;+∞)[2;+∞).
Câu 6 : Tập nghiệm của hệ bất phương trình {x−3≤1+2xx−12<1 là:
A. [−4;3). B. [−4;3].
C. (−4;3). D. (−4;3].
Câu 7 : Trên mặt phẳng tọa độ cho tam giác MNP có M(−2;1),N(1;3),P(0;2). Tọa độ trọng tâm G của tam giác MNP là:
A. (2;1).
B. (2;−13).
C. (1;2).
D. (−13;2).
Câu 8 : Trên mặt phẳng tọa độ cho →a=(1;−3) và →b=(2;−1). Giá trị của →a.→b bằng:
A. 6. B. 0.
C. 5. D. -1.
Câu 9 : Cho tam giác ABC có BC=a,CA=b,AB=c. Biểu thức a2+b2−c2 bằng:
A. −2abcosC.
B. −2bccosA.
C. 2bccosA.
D. 2abcosC.
Câu 10 : Cho góc α thỏa mãn cosα=35. Giá trị của cos(1800−α) là:
A. 35. B. −35.
C. 45. D. −45.
Câu 11 : Cho ba điểm A,B,C phân biệt và thẳng hàng, trong đó C nằm giữa A và B. Xét các khẳng định sau
i) →AB,→AC là hai vectơ cùng hướng.
ii) →AB,→AC là hai vectơ ngược hướng.
iii) →CB,→AC là hai vectơ cùng hướng.
iv) →CB,→AC là hai vectơ ngược hướng.
Số khẳng định đúng là:
A. 3. B. 2.
C. 1. D. 0.
Câu 12 : Cho hình bình hành ABCD. Xét các khẳng định sau
i)→AB=→CD.
ii)→AC=→BD.
iii)→AD=→CB.
iv)→AC=→AD−→BA.
Số khẳng định đúng là:
A. 0. B. 1.
C. 2. D. 3.
PHẦN 2. TỰ LUẬN (7 điểm)
Bài 1 . (1,5 điểm)
Cho parabol (P):y=x2+2x−3
a) Xác định trục đối xứng và tọa độ đỉnh của parabol (P). Vẽ parabol (P).
b) Xác định khoảng đồng biến, khoảng nghịch biến và lập bảng biến thiên của hàm số y=x2+2x−3.
Bài 2 . (2 điểm)
a) Giải phương trình √2x+9=x−3
b) Trong các đợt ủng hộ các bạn học sinh ở vùng bị bão lụt, các bạn học sinh lớp 10A đã quyên góp được 1200000. Mỗi em chỉ quyên góp bằng các tờ tiền 2000,5000,10000. Tổng số tiền loại 2000và số tiền loại 5000 bằng số tiền loại 10000. Số tiền loại 2000 nhiều hơn số tiền loại 5000 là 200000. Hỏi có bao nhiêu số tiền mỗi loại?
Bài 3 . (3 điểm)
a) Cho tam giác nhọn ABC, AB=2a,AC=3a,^BAC=600. Về phía ngoài tam giác, dựng tam giác ACD vuông cân tại đỉnh A. Tính độ dài các đoạn thẳng BC,BD và các tích vô hướng →AB.→AC,→BD.→AC theo a.
b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ba đỉnh A(1;2),B(−1;−1),C(2;−1). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
Bài 4 . (0,5 điểm) Giải phương trình √x−√2x−1+√x+4−3√2x−1=√2.
Lời giải chi tiết
PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
Câu 1. C |
Câu 2. B |
Câu 3. A |
Câu 4. D |
Câu 5. C |
Câu 6. A |
Câu 7. D |
Câu 8. C |
Câu 9. D |
Câu 10. B |
Câu 11. B |
Câu 12. B |
|
|
|
PHẦN 2. TỰ LUẬN (7 điểm)
Bài 1 . (1,5 điểm)
a)
Parabol (P):y=x2+2x−3 nhận x=−1 làm trục đối xứng và có đỉnh I(−1;−4)
Một số điểm trên (P):
x |
-3 |
-2 |
-1 |
0 |
1 |
y |
0 |
-3 |
-4 |
-3 |
0 |
Đồ thị hàm số (hình bên):
b) Hàm sốy=x2+2x−3 có 1>0, đồng biến trên khoảng (−1;+∞) và nghịch biến trên khoảng (−∞;−1).
Bảng biến thiên của hàm số y=x2+2x−3
Bài 2 . (2 điểm)
a)
√2x+9=x−3⇔{x−3≥02x+9=(x−3)2⇔{x≥32x+9=x2−6x+9⇔{x≥3x2−8x=0⇔{x≥3[x=0x=8⇔x=8
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm x=8.
b) Gọi số tiền loại 2000,5000,10000 lần lượt là x,y,z
Theo đề bài ta có:
{x+y+z=1200000x+y=zx−y=200000⇔{(x+y)+z=1200000(x+y)−z=0x−y=200000⇔{x+y=600000z=600000x−y=200000⇔{x=600000+2000002y=x−200000z=600000⇔{x=400000y=200000z=600000
Vậy, số tiền loại 2000,5000,10000 lần lượt là 400000,200000,600000.
Bài 3 . (3 điểm)
a) *) Tính BC,BD:
Ta có: BC2=AB2+AC2−2.AB.AC.cos^BAC
=(2a)2+(3a)2−2.2a.3a.cos600=(2a)2+(3a)2−2.2a.3a.12=4a2+9a2−6a2=7a2⇒BC=a√7
Do tam giác ACD dựng về phía ngoài tam giácABCnên:
^BAD=^BAC+^CAD=600+900=1500
Khi đó:
BD2=AB2+AD2−2.AB.AD.cos^BAD=(2a)2+(3a)2−2.2a.3a.cos1500=(2a)2+(3a)2−2.2a.3a.−√32
=4a2+9a2+6√3a2=(13+6√3)a2⇒BD=a√13+6√3
*) Tính →AB.→AC,→BD.→AC:
→AB.→AC=AB.AC.cos(→AB;→AC)=2a.3a.cos600=3a2
→BD.→AC=(→BA+→AD).→AC=→BA.→AC+→AD.→AC=→BA.→AC+0(do AD⊥AC)
=→BA.→AC=−→AB.→AC=−3a2
Vậy, BC=a√7, BD=a√13+6√3, →AB.→AC=3a2, →BD.→AC=−3a2.
b) Do H là trực tâm của tam giác ABC nên {→AH.→BC=0→BH.→AC=0 (*)
Giả sử H(a;b), khi đó: →AH=(a−1;b−2),→BH=(a+1;b+1)
Ta có: →BC=(3;0),→AC=(1;−3)
(∗)⇔{(a−1).3+(b−2).0=0(a+1).1+(b+1).(−3)=0⇔{a−1=0a+1−3b−3=0⇔{a=1−3b−1=0⇔{a=1b=−13
Vậy, H(1;−13).
Bài 4 . (0,5 điểm)
ĐKXĐ: x≥12
Phương trình
√x−√2x−1+√x+4−3√2x−1=√2⇔√2x−2√2x−1+√2x+8−6√2x−1=2
⇔√2x−1−2√2x−1+1+√2x−1−6√2x−1+9=2⇔√(√2x−1−1)2+√(√2x−1−3)2=2
⇔|√2x−1−1|+|√2x−1−3|=2 (*)
Giải phương trình:
√2x−1−1=0⇔√2x−1=1⇔2x−1=1⇔x=1
√2x−1−3=0⇔√2x−1=3⇔2x−1=9⇔x=5
TH1: Nếu 12≤x≤1 thì
(∗)⇔1−√2x−1+3−√2x−1=2⇔4−2√2x−1=2⇔√2x−1=1⇔x=1(TM)
TH2: Nếu 1<x<5 thì
(∗)⇔√2x−1−1+3−√2x−1=2⇔2=2 (luôn đúng)
TH3: Nếu x≥5 thì
(∗)⇔√2x−1−1+√2x−1−3=2⇔2√2x−1−4=2⇔√2x−1=3⇔x=5(TM)
Vậy, phương trình đã cho có tập nghiệm S=[1;5].
Xem lời giải chi tiết đề thi học kì 1 tại Tuyensinh247.com
Loigiaihay.com


- Đề số 13 – Đề kiểm tra học kì 1 – Toán 10
- Đề số 14 – Đề kiểm tra học kì 1 – Toán 10
- Đề số 11 – Đề kiểm tra học kì 1 – Toán 10
- Đề số 10 – Đề kiểm tra học kì 1 – Toán 10
- Đề số 9 – Đề kiểm tra học kì 1 – Toán 10
>> Xem thêm