Bộ 4 Đề thi Toán lớp 10 Học kì 1 có đáp án (Đề 1)

Chọn B

Chọn B

Do tam giác ABC vuông tại C nên $\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{AC}=0$

Ta có: $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}$ = $(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}).\overrightarrow{AC}$

= $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{AC}$

= $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AC}=81$

Chọn C

Chọn C

Xét phương trình: $x^2-4x+2=0$ <=>

Không có số nào là số hữu tỉ nên tập C là tập rỗng

Chọn C

Chọn B

Hàm số xác định khi $x^2+3x-4\ne 0\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x\ne -4\end{array}\right.$

Vậy tập xác định của hàm số là D = R\{1;-4}

Chọn D

A$\cap$B = (2;4]; A$\cap$B$\cap$C = $\varnothing$

Chọn A

A = {x$\in$R:x+2≥0} = {x$\in$R:x≥–2} = [–2;+∞)

B = {x$\in$R:5–x≥0} = {x$\in$R:x≤5} = (–∞;5]

A$\cap$B = [–2;5]

Chọn B

Hàm số bậc nhất y = ax + b nghịch biến trên R khi a < 0

Hay $-\left(m^2+1\right)<0\iff m^2+1>0$ ( luôn đúng mọi m)

Chọn C

Do tam giác ABC có AB = AC nên tam giác ABC cân tại A

Lại có, AH là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến hay H là trung điểm của BC

Ta có $\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{0}$ vì H  là trung điểm của  BC

Phân tích:

Phương án A sai vì H là trung điểm của BC nên :

$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2.\overrightarrow{AH}$

Phương án B sai vì $\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}+\overrightarrow{HA}=\overrightarrow{HA}$

Phương án D sai vì các vectơ. không cùng phương

Chọn C

Điểm D nằm trên trục Ox nên D(x; 0)

=> $\overrightarrow{DA}\left(2-x;4\right)$; $\overrightarrow{DB}\left(1-x;2\right)$

Mà: DA = DB <=> $D{A}^2=D{B}^2$

<=> ${\left(2-x\right)}^2+4^2={\left(1-x\right)}^2+2^2$

<=> $4-4x+x^2+16=1-2x+x^2+4$

<=> $-2x=-15$ <=> $x=$$\frac{15}{2}$

Suy ra: D($\frac{15}{2}$;0)

Chọn D

Hàm số xác định khi $\left\{\begin{array}{l}x-m+2\ge 0\\ \sqrt{x+m+2}-1\ne 0\end{array}\right.$ <=> $\left\{\begin{array}{l}x\ge m-2\\ x\ne m-1\end{array}\right.$

 Tập xác định của hàm số là: D = [m$-$2;+∞)\{m$-$1}

Hàm số xác định trên (0;1) khi và chỉ khi:

(0;1)$\subset$[m$-$2;+∞)\{m$-$1}

Chọn B

Xét f(x) = 2015x  có TXĐ: D = R  nên $\forall x\in D;-x\in D$

Ta có f($-$x) = 2015.($-$x) = $-$2015 x = $-$f(x)

=> Suy ra: hàm số y = f(x) là hàm số lẻ

Xét f(x) = 2015x + 2  có TXĐ: D = R nên $\forall x\in D;-x\in D$

Ta có f($-$x) = 2015 . ($-$x) + 2 = $-$2015 x + 2

=> f($-$x)≠f(x); f($-$x)≠$-$f(x)

Suy ra: hàm số y = 2015x + 2 không chẵn không lẻ

Xét f(x) = $3x^2-1$ có TXĐ: D = R nên $\forall x\in D;-x\in D$

Ta có f($-$x) = 3.${\left(-x\right)}^2$ – 1 = 3$x^2$ – 1 = f(x)

Suy ra, hàm số này là hàm số chẵn

Xét f(x) = $2x^3-3x$ có TXĐ: D = R nên $\forall x\in D;-x\in D$

Ta có f($-$x) = 2.${\left(-x\right)}^3$ – 3$-$x) =$-$2$x^3$ + 3x = $-$f(x)

Suy ra, đây là hàm số lẻ

Vậy có hai hàm số lẻ

Chọn A

Tam giác ABD cân tại A do ABCD là hình thoi và có góc $\widehat{BAD}={60}^0$ nên tam giác ABD đều

Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có:

$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$

=> |$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$| = |$\overrightarrow{AC}$| = AC = 2.AO

Trong đó O là tâm của hình thoi

Ta tính AO: Tam giác ABD đều nên AO đồng thời là đường cao và: $\widehat{ABO}={60}^0$

=> AO = AB.sin$\widehat{ABO}$ = 2a.sin${60}^0$ = $a\sqrt{3}$

=> $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$ = 2.AO = $2a\sqrt{3}$

Chọn C

Để đường thẳng y = ($m^2$$-$1)x + (m$-$1) song song với đường thẳng y = 3x + 1 khi:

$\left\{\begin{array}{l}{m}^2-1=3\\ m-1\ne 1\end{array}\right.$ <=> $\left\{\begin{array}{l}m=\pm 2\\ m\ne 2\end{array}\right.$<=> $m=-2$

Chọn A

Đồ thị hàm số đi qua điểm N( 4; $-$1) nên $-$1 = 4a + b (1)

Mặt khác, đồ thị hàm số vuông góc với đường thẳng 4x – y + 1 = 0 hay y = 4x + 1

nên 4a = –1 (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}4a+b=-1\\ 4a=-1\end{array}\right.$ <=> $\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{4}\\ b=0\end{array}\right.$

Suy ra:  P = ab = 0

Chọn A

$\overrightarrow{MP}-\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MP}+\left(-\overrightarrow{MN}\right)$

= $\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{NM}=\overrightarrow{NP}=\overrightarrow{AM}$

Chọn D

Đồ thị hàm số đi qua các điểm A (–2; 1) nên 1 = –2a + b (1)

Đồ thị hàm số đi qua các điểm B(1; –2) nên – 2 = a +b (2)

Từ (1) và (2)   ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}-2a+b=1\\ a+b=-2\end{array}\right.$ <=> $\left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=-1\end{array}\right.$

Chọn A

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –2 nên điểm B (0 ; –2) thuộc đồ thị hàm số

Suy ra: 0 = 2. (–2) + m + 1 nên m = –3

Chọn C

Hai góc α và β bù nhau nên sinα = sinβ và cosα = $-$cosβ

Do đó P = cosα.cosβ $-$ sinα. sinβ

P = $-$cosβ.cosβ $-$ sinβ.sinβ  =  $-$( ${\cos }^2\beta +{\sin }^2\beta$) = $-$1

Chọn A

Giao điểm của với trục hoành, trục tung lần lượt là A( 1; 0); B(0; –1)

Ta có: OA = 1; OB = 1

Diện tích tam giác vuông OAB là $S_{OAB}$ = $\frac{1}{2}$.OA,OB = $\frac{1}{2}$

Chọn B

$\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{RN}+\overrightarrow{NP}+\overrightarrow{QR}$

= $\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NP}+\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QR}+\overrightarrow{RN}$

= $\overrightarrow{MN}$

Chọn A

Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có:

$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$

=> |$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$| = |$\overrightarrow{AC}$| = AC

+ Ta tính  AC:

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông ABC ta có:

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2$ = $a^2+a^2=2a^2$

=> AC = $a\sqrt{2}$

Chọn A

Do tam giác vuông cân tại A nên AB = AC = a và BC = a$\sqrt{2}$ và góc C = ${45}^0$

Ta có:

$\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}$ = CA.CB.cosC = a.a$\sqrt{2}$.$\frac{\sqrt{2}}{2}$ = $a^2$

Chọn D

Khoảng cách giữa hai điểm M và N là:

MN = $\sqrt{{\left(4-1\right)}^2+{\left(m-0\right)}^2}$ = $\sqrt{9+m^2}$

Để khoảng cách hai điểm đó là 5 khi và chỉ khi:

$\sqrt{9+m^2}$ = 5

<=> $9+m^2$ = 25

<=> $m^2$ = 16

nên m = 4 hoặc m = $-$4

Chọn C

Nhân cà tử và mẫu với tanα và chú ý tanα.cotα = 1 ta được:

E = $\frac{cot\alpha -3\tan \alpha }{2cot\alpha -\tan \alpha }$ = $\frac{1-3{\tan }^2\alpha }{2-{\tan }^2\alpha }=\frac{4-3\left({\tan }^2\alpha +1\right)}{3-\left(1+{\tan }^2\alpha \right)}$

= $\frac{4-{\displaystyle \frac{3}{{\cos }^2\alpha }}}{3-{\displaystyle \frac{1}{{\cos }^2\alpha }}}=\frac{4{\cos }^2\alpha -3}{3{\cos }^2\alpha -1}$ = $-\frac{11}{3}$

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow{a}\left(1;-2\right)$; $\overrightarrow{b}\left(-2;-6\right)$

nên $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}$ = 1.(–2) + (–2).(–6) = 10

|$\overrightarrow{a}$| = $\sqrt{1^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{5}$

|$\overrightarrow{b}$| = $\sqrt{{\left(-2\right)}^2+{\left(-6\right)}^2}=\sqrt{40}$

Suy ra cos($\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}$) = $\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|}=\frac{10}{\sqrt{5}.\sqrt{40}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

=> ($\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}$) = ${45}^0$

Chọn D

Do G là trọng tâm tam  giác ABC nên:

$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$

=> $\overrightarrow{GA}$ + ($\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}$) + ($\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AC}$) = $\overrightarrow{0}$

<=> $3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0}$

<=> $\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{AC}=-3\overrightarrow{GA}$

<=> $\overrightarrow{CB}-2\overrightarrow{CA}=-3\overrightarrow{AG}$

<=> $\overrightarrow{AG}$ = $\frac{\overrightarrow{CB}-2\overrightarrow{CA}}{3}$ = $\frac{\overrightarrow{b}-2\overrightarrow{a}}{3}$

Chọn B.

$\left|2x-5\right|\ge 0$; $\left|2x^2-7x+5\right|\ge 0$

Do đó để: $\left|2x-5\right|+\left|2x^2-7x+5\right|$ = 0

<=> $\left\{\begin{array}{l}2x-5=0\\ 2x^2-7x+5=0\end{array}\right.$ <=> 

Chọn D

Đặt t = |x+1|; t ≥ 0

Phương trình trở thành $t^2-3t+2=0$ <=> $\left\{\begin{array}{l}t=1\\ t=2\end{array}\right.$

Với t = 1 ta có:

|x+1| = 1 <=> 

Với t = 2 ta có:

x+1| = 2 <=> 

Vậy phương trình có bốn nghiệm là x = $-$3; x = $-$2; x = 0; x = 1

Chọn A

|$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$| = $\sqrt{{\left(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\right)}^2}$ = $\sqrt{{\overrightarrow{a}}^2+2\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}+{\overrightarrow{b}}^2}$

= $\sqrt{{\left|\overrightarrow{a}\right|}^2+2.\left|\overrightarrow{a}\right|\left|\overrightarrow{b}\right|.\cos \left(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\right)+{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2}$

= $\sqrt{4^2+5^2+2.4.5.\cos {120}^0}$ = $\sqrt{21}$

Chọn D

Do a = 1 > 0 và $-\frac{b}{2a}$ = 1 và nên hàm số tăng trên (1;+∞)

Đồ thị có đỉnh là I(1; 2)

Chọn A

Ta có: $△\text{'}={\left(2m\right)}^2-1.m^2=3m^2$

Phương trình đã cho có hai nghiệm âm phân biệt khi :

$\left\{\begin{array}{l}△\text{'}>0\\ S<0\\ P>0\end{array}\right.$ <=> $\left\{\begin{array}{l}3m^2>0\\ -4m<0\\ m^2>0\end{array}\right.$ <=> $\left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ m>0\\ m\ne 0\end{array}\right.$ <=> m > 0

Do m$\in$Z; m$\in$[–5; 5] => m$\in${1;2;3;4;5}

Có 5 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn B

Ta có:

P = $x_1^2\left(1-x_2\right)+x_2^2\left(1-x_1\right)$ = $x_1^2-x_1^2.x_2+x_2^2-x_1.x_2^2$

= $x_1^2+x_2^2-x_1.x_2.\left(x_1+x_2\right)$

= ${\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2-x_1{x}_2\left(x_1+x_2\right)$

Theo định lý Viet, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1.x_2=-m\end{array}\right.$

Thay vào P, ta được:

P = $3^2-2.\left(-m\right)-\left(-m\right).3$ = 5m+9

Chọn D

Điều kiện: x > 2

Khi đó phương trình:

$\frac{x^2-5x}{\sqrt{x-2}}=-\frac{4}{\sqrt{x-2}}$

=> $x^2-5x=-4$ <=> $x^{2 }-5x+4=0$

<=> 

Chọn C

Đồ thị hàm số có trục đối xứng là:

x = $\frac{-b}{2a}=\frac{-5}{2.\left(-2\right)}=\frac{5}{4}$

Chọn B

Điều kiện: x – 1 ≥ 0 <=> x ≥ 1

$x\left(x^2-1\right).\sqrt{x-1}=0$

=>  <=> 

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Chọn B

Phương trình viết lại $m{x}^2+6=4x+3m$ <=> $m{x}^2-4x+(6-3m)=0$ (*)

- Với m = 0

Khi đó, phương trình trở thành –4x + 6 = 0 <=> x = $\frac{3}{2}$

Do đó, m = 0 là một giá trị cần tìm

- Với m≠0 phương trình (*) là phương trình bậc hai ẩn x

Ta có:

$△\text{'}={\left(-2\right)}^2-m.\left(6-3m\right)$

= $3m^2-6m+4$

= $3{\left(m-1\right)}^2+1>0\forall m$

Khi đó, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt nên m ≠ 0 không thỏa mãn.

Chọn A

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

<=> $△>0$

<=> ${\left(m+2\right)}^2-4.3.\left(m-1\right)$ = $m^2-8m+16>0$

<=> ${\left(m-4\right)}^2>0$ <=> m≠4 (*)

Theo đinh lí Viet, ta có :

Thay (1) vào (2) ta được:

$\frac{2}{81}$.${\left(m+2\right)}^2$ = $\frac{m-1}{3}$ <=> $2{\left(m+2\right)}^2=27\left(m-1\right)$

<=> $2\left(m^2+4m+4\right)-27m+27=0$

<=> $2m^2-19m+35=0$

<=> 

Chọn C

Parabol đó đi qua hai điểm A(1;5) và B(–2;8) nên :

$\left\{\begin{array}{l}5=a+b+2\\ 8=4a-2b+2\end{array}\right.$ <=> $\left\{\begin{array}{l}a+b=3\\ 4a-2b=6\end{array}\right.$ <=> $\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right.$

Khi đó: $y=2x^2+2x+2$

Chọn B

Ta phân tích các vectơ $\overrightarrow{MB};\overrightarrow{MN}$ theo các vectơ có giá vuông góc với nhau

Suy ra:

Ta có:

Do H là trực tâm tam giác ABC nên:

Suy ra:  a + 6b = 7

Gọi toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(x; y)

Ta có:

Do I  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IA = IB = IC

<=> 

<=> 

<=> 

<=> 

Vì đường thẳng d: y = ax + b đi qua điểm I(1; 2)nên 2 = a + b (1)

Ta có:

Suy ra:

và 

(do A; B thuộc hai tia Ox, Oy)

Tam giác OAB vuông tại O. Do đó, ta có:

(2)

Từ (1) suy ra b = 2 – a. Thay vào (2) , ta được:

Vậy đường thẳng cần tìm là d: y = –2x + 4

Ta có: |mx + 2x – 1|= |x – 1|

* Xét (1) ta có:

Nếu m = –1 thì phương trình nghiệm đúng với mọi x.

Nếu m ≠ –1 thì phương trình có nghiệm x = 0

* Xét (2) ta có:

Nếu m = –3 thì phương trình vô nghiệm

Nếu m ≠ –3 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = $\frac{2}{m+3}$

Vì $\frac{2}{m+3}$ ≠ 0 $\forall$ m ≠ –3 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là x = 0; x = $\frac{2}{m+3}$ khi m ≠ –1; m ≠ –3

Mà m$\in$[–5; 5]

và m$\in$Z => m$\in${–5;–4;–3;–2;–1;0;1;2;3;4;5}

Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn