loigiai.com.vn xin giới thiệu Đề thi học kì 1 Toán 10 Cánh diều - Đề số 1, một công cụ hữu ích giúp học sinh ôn tập và đánh giá kiến thức đã học trong học kì. Đề thi được biên soạn theo chương trình học mới, bám sát nội dung sách giáo khoa Cánh diều.
Với cấu trúc đề thi đa dạng, bao gồm các dạng bài tập khác nhau, đề thi này sẽ giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi thật và rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề. Đi kèm với đề thi là đáp án chi tiết và lời giải thích rõ ràng, giúp các em tự học hiệu quả.
Câu 1: Tập \(S = \left\{ {\left. {q \in \mathbb{Q}} \right|25{q^4} - 9{q^2} = 0} \right\}\) có bao nhiêu phần tử?
I. Phần trắc nghiệm (6 điểm)
Câu 1: Tập \(S = \left\{ {\left. {q \in \mathbb{Q}} \right|25{q^4} - 9{q^2} = 0} \right\}\) có bao nhiêu phần tử?
A. \(4\) B. \(1\) C. \(2\) D. \(3\)
Câu 2: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định là \(\left[ { - 3;3} \right]\)và đồ thị của nó được biểu diễn bởi hình bên.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng (-3;-1) và (1;3). B. Hàm số đồng biến trên khoảng (-3;-1) và (1;4). C. Hàm số đồng biến trên khoảng (-3;3). D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;0).
Câu 3: Tìm tập xác định D của hàm số \(y = \frac{{3x - 1}}{{2x - 2}}\).
A. \(D = \mathbb{R}\) B. \(D = \left( {1; + \infty } \right)\) C. \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\) D. \(D = \left[ {1; + \infty } \right)\)
Câu 4: Hàm số \(y = {\rm{ \;}} - {x^2} + 2x + 3\) có đồ thị là hình nào trong các hình sau?
A.
B.
C.
D.
Câu 5: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{x - 1}}\).
A. \({M_1}\left( {2;1} \right)\) B. \({M_2}\left( {1;1} \right)\) C. \({M_3}\left( {2;0} \right)\) D. \({M_4}\left( {0; - 2} \right)\)
Câu 6: Bảng xét dấu nào sau đây là bảng xét dấu của tam thức \(f\left( x \right) = {x^2} + 12x + 36\)?
A.
B.
C.
D.
Câu 7: Cho tứ giác ABCD. Điều kiện nào là điều kiện cần và đủ để \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} \)?
A. ABCD là vuông. B. ABDC là hình bình hành.
C. AD và BC có cùng trung điểm. D. \(AB = CD\).
Câu 8: Cho bốn điểm A, B, C, Dphân biệt. Khi đó, \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {DC} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {AD} \) bằng véctơ nào sau đây?
A. \(\vec 0\) B. \(\overrightarrow {BD} \) C. \(\overrightarrow {AC} \) D. \(2\overrightarrow {DC} \)
Câu 9: Gọi \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC\) của tam giác đều ABC. Hỏi đẳng thức nào dưới đây đúng?
A. \(\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {MB} \) B. \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} \) C. \(\overrightarrow {MN} {\rm{\;}} = \overrightarrow {BC} \) D. \(\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MN} } \right|\)
Câu 10: Xác định hàm số bậc hai \(y = a{x^2} - x + c\) biết đồ thị hàm số đi qua A(1;-2) và B(2;3).
A. \(y = 3{x^2} - x - 4\) B. \(y = {x^2} - 3x + 5\) C. \(y = 2{x^2} - x - 3\) D. \(y = {\rm{ \;}} - {x^2} - 4x + 3\)
Câu 11: Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^2} - 4x + 5\) là:
A. 0 B. -2 C. 2 D. 1
Câu 12: Các giá trị \(m\) làm cho biểu thức \(f\left( x \right) = {x^2} + 4x + m - 5\) luôn luôn dương là
A. \(m < 9\) B. \(m \ge 9\) C. \(m > 9\) D. \(m \in \emptyset \)
Câu 13: Tập xác định của hàm số \(y = \sqrt {\frac{2}{{{x^2} + 5x - 6}}} \) là:
A. \(\left( { - \infty ; - 6} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\) B. \(\left( { - 6;1} \right)\) C. \(\left( { - \infty ; - 6} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) D. \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {6; + \infty } \right)\)
Câu 14: Giải phương trình: \(\sqrt {{x^2} - 4x - 1} {\rm{\;}} = 2\).
A. \(S = \left\{ {5; - 1} \right\}\). B. \(S = \left\{ { - 5;{\rm{\;}}1} \right\}\). C. \(S = \left\{ { - 5; - 1} \right\}\). D. \(S = \left\{ {5;{\rm{\;}}1} \right\}\).
Câu 15: Cho tam giác ABC đều cạnh bằng \(1\), trọng tâm \(G\). Độ dài vectơ \(\overrightarrow {AG} \) bằng:
A. \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\) B. \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\) C. \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}\) D. \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\)
Câu 16: Cho ngũ giác ABCDE. Từ đỉnh của ngũ giác đã cho lập được bao nhiêu vecto (khác \(\overrightarrow 0 \)) có điểm cuối là điểm A?
A. \(5\). B. \(3\). C. \(6\). D. \(4\).
Câu 17: Cho các vecto \(\vec a\) và \(\vec b\) thỏa mãn \(\left| {\vec a} \right| = 2\), \(\left| {\vec b} \right| = 1\) và \(\left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right) = {60^0}\). Tính góc giữa vecto \(\vec a\) và vecto \(\vec c = \vec a - \vec b\).
A. \({30^0}\) B. \({45^0}\) C. \({60^0}\) D. \({90^0}\)
Câu 18: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3, BC = 5. Tính \(\left| {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {CB} } \right|\)
A. 4 B. 3 C. 5 D. 2
Câu 19: Cho hình bình hành ABCD có \(M\) là trung điểm của AC. Phân tích vectơ \(\overrightarrow {DM} \) theo hai vectơ \(\overrightarrow {BC} \) và \(\overrightarrow {CD} \) ta được:
A. \(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {CD} {\rm{\;}} + \overrightarrow {BC} )\) B. \(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - \frac{1}{2}(\overrightarrow {CD} {\rm{\;}} + \overrightarrow {BC} )\) C. \(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - \frac{1}{2}(\overrightarrow {CD} {\rm{\;}} + \overrightarrow {CB} )\) D. \(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {CD} {\rm{\;}} - \overrightarrow {BC} )\)
Câu 20: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Tích \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) bằng:
A. \(2{a^2}\) B. \({a^2}\) C. \({a^2}\sqrt 2 \) D. \(0\)
Câu 21: Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà khoa học đã thấy rằng: Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có x con cá \(\left( {x \in {\mathbb{Z}^ + }} \right)\) thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng là \(480 - 2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gam} \right)\). Hỏi phải thả bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau mỗi vụ thu hoạch được nhiều cá nhất?
A. 10 B. 12 C. 9 D. 24
Câu 22: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để bất phương trình \( - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2 \ge 0\) có nghiệm.
A. \(m \in \mathbb{R}\) B. \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right) \cup \left( {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} + \infty } \right)\) C. \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} 0} \right] \cup \left[ {2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)\) D. \(m \in \left[ {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right]\)
Câu 23: Tìm \(m\) để phương trình \(\sqrt {{x^2} + mx + 2} {\rm{\;}} = 2x + 1\) có 2 nghiệm phân biệt.
A. \(m > \frac{9}{2}\) B. \( - \frac{1}{2} \le m \le \frac{9}{2}\) C. \( - \frac{1}{2} < m < \frac{9}{2}\) D. \(m \ge \frac{9}{2}\)
Câu 24: Vịnh Vân Phong – tỉnh Khánh Hòa nổi tiếng vì có con đường đi bộ xuyên biển nối từ Hòn Quạ đến đảo Điệp Sơn. Một du khách muốn chèo thuyền kayak từ vị trí \(C\) trên Hòn Quạ đến vị trí \(B\) trên Bè thay vì đi bộ xuyên qua con đường qua vị trí \(A\) rồi mới đến vị trí \(B\) (coi con đường AC, AB, BC là các đường thẳng). Nếu người đó chèo thuyền với vận tốc không đổi là \(4\) km/h thì sẽ mất bao nhiêu thời gian biết \(AB = 0,4\) km, \(AC = 0,6\) km và góc giữa AB và AC là \({60^0}\)?
A. 5 phút. B. 4, 2 phút. C. 6 phút D. 4,5 phút.
Câu 25: Cho hình bình hành ABCD. Trên các đoạn thẳng\(DC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB\) theo thứ tự lấy các điểm \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\) sao cho \(DM = BN\). Gọi \(P\) là giao điểm của \(AM,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} DB\) và \(Q\) là giao điểm của \(CN,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} DB\). Khẳng định nào sau đây
là đúng?
A. \(\overrightarrow {AM} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {NC} \) B. \(\overrightarrow {DP} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {QB} \) C. Cả A, B đúng D. Cả A, B sai.
Câu 26: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Điểm M thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MC} } \right|\) là:
A. M là trung điểm AB B. M là trung điểm BC C. M nằm trên 1 đường tròn tâm C D. M thỏa mãn hình bình hành BAMC
Câu 27: Cho tam giác ABC và giả sử \(M\) là điểm thỏa mãn đẳng thức \(x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MC} {\rm{\;}} = \vec 0\) (trong đó \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} z\) là các số thực). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Nếu \(x + y + z \ne 0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên.
B. Nếu \(x + y + z = 0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên. C. Nếu ít nhất một trong ba số \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} z\) khác \(0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên. D. Nếu cả ba số \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} z\) khác \(0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên.
Câu 28: Cho ba điểm \(O,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) không thẳng hàng. Điều kiện cần và đủ để tích vô hướng \(\left( {\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} } \right).\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = 0\) là
A. tam giác OAB đều. B. tam giác OAB cân tại O.
C. tam giác OAB vuông tại O. D. tam giác OAB vuông cân tại O.
Câu 29: Cho bất phương trình: \({x^2} + mx + {m^2} + 6m < 0\) .Để bất phương trình nghiệm đúng \(\forall x \in \left( {1;2} \right)\) thì giá trị nguyên nhỏ nhất của \(m\) là:
A. \(m = {\rm{\;}} - 7\) B. \(m = {\rm{\;}} - 6\) C. \(m = 3\) D. \(m = {\rm{\;}} - 3\)
Câu 30: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn là AC. Gọi E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên AB,AD. Biểu thức nào sau đây là đúng?
A. \(AB.AH + AD.AF = A{C^2}\) B. \(AB.AE + AD.AH = A{C^2}\) C. \(AB.AE + AD.AF = AC.AH\) D. \(AB.AE + AD.AF = A{C^2}\)
II. Phần tự luận (4 điểm)
Câu 1: Cho tam giác ABC đều, cạnh \(a\). Gọi \(H\) là trung điểm BC, \(I\) là trung điểm AH
a) Chứng minh rằng: \(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 .\)
b) Tính \(\cos \angle BIA\)
c) Tìm quỹ tích của điểm M thỏa mãn \(M{B^2} + M{C^2} + 2M{A^2} = \frac{3}{2}{a^2}\).
Câu 2: Khi du lịch đến thành phố Xanh Lu-I (Mĩ), ta sẽ thấy một cái cổng lớn có hình parabol hướng bề lõm xuống dưới, đó là cổng Ac-xơ. Khoảng cách giữa hai chân cổng là 162m. Từ một điểm trên thân cổng người ta đo được khoảng cách tới mặt đất là \(43{\mkern 1mu} m\) và khoảng cách tới điểm chân cổng gần nhất là \(10{\mkern 1mu} m\). Chiều cao của cổng gần với số nào sau đây?
Câu 3: Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( {m - 5} \right){x^2} - 4mx + m - 2 = 0\) có nghiệm.
----- HẾT -----
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
I. Phần trắc nghiệm
1.D | 2.C | 3.C | 4.B | 5.A | 6.C | 7.B | 8.A | 9.D | 10.C |
11.D | 12.C | 13.C | 14.A | 15.B | 16.D | 17.A | 18.A | 19.B | 20.B |
21.B | 22.C | 23.D | 24.B | 25.C | 26.A | 27.A | 28.B | 29.B | 30.D |
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Liệt kê các phần tử của tập hợp.
Cách giải:
\(S = \left\{ {\left. {q \in \mathbb{Q}} \right|25{q^4} - 9{q^2} = 0} \right\}\).
\(25{q^4} - 9{q^2} = 0 \Leftrightarrow {q^2}\left( {25{q^2} - 9} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{q^2} = 0}\\{25{q^2} - 9 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{q = 0}\\{q = \frac{3}{5}}\\{q = \frac{{ - 3}}{5}}\end{array}} \right..\)
Vậy \(S\) có 3 phần tử.
Chọn D.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Quan sát đồ thị, xác định khoảng đồng biến là khoảng ứng với đồ thị đi lên, khoảng nghịch biến là khoảng ứng với đồ thị đi xuống.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 3;3} \right)\).
Chọn C.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Hàm phân thức xác định khi mẫu thức khác 0.
Cách giải:
ĐKXĐ: \(2x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1\).
Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
Chọn C.
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Hàm số bậc hai \(y = a{x^2} + bx + c\) có tọa độ đỉnh \(\left( { - \frac{b}{{2a}};\frac{{ - \Delta }}{{4a}}} \right)\), có bề lõm hướng lên khi a > 0 và hướng xuống khi a < 0.
Cách giải:
Hàm số \(y = {\rm{ \;}} - {x^2} + 2x + 3\) có a = -1, b = 2, c = 3.
Vì a < 0 nên bề lõm hướng xuống => Loại C.
Đồ thị hàm số có tọa độ đỉnh (1;4) => Loại A và D.
Chọn B.
Câu 5 (NB):
Phương pháp:
Thay tọa độ các điểm ở các đáp án vào hàm số. Điểm nào thỏa mãn hàm số thì sẽ thuộc đồ thị hàm số.
Cách giải:
Thay tọa độ điểm \({M_1}\left( {2;1} \right)\) vào hàm số: \(1 = \frac{1}{{2 - 1}}\) (đúng) nên \({M_1}\) thuộc đồ thị hàm số.
Chọn A.
Câu 6 (NB):
Phương pháp:
- Xác định \(a,{\mkern 1mu} \Delta .\) Xét dấu của \(f\left( x \right)\) theo quy tắc xét dấu tam thức bậc hai.
Cách giải:
Ta có \({x^2} + 12x + 36 = 0\)\( \Leftrightarrow x = {\rm{ \;}} - 6\) và \(a = 1 > 0\).
Nên ta có bảng xét dấu:
Chọn C.
Câu 7 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa hai vecto bằng nhau.
Cách giải:
\(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} {\rm{ \;}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB\parallel CD}\\{AB = CD}\end{array}} \right. \Rightarrow ABDC\) là hình bình hành.
Mặt khác, ABDC là hình bình hành \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB\parallel CD}\\{AB = CD}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} \).
Do đó, điều kiện cần và đủ để \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} \) là ABDC là hình bình hành.
Chọn B.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Nhóm \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} \); \(\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {AD} \), áp dụng quy tắc cộng vectơ.
Cách giải:
Ta có: \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {DC} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} = \left( {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} } \right) - \left( {\overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {DC} } \right) = \overrightarrow {AC} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {AC} {\rm{ \;}} = \vec 0\).
Chọn A.
Câu 9 (NB):
Phương pháp:
Áp dụng các kiến thức về tam giác đều, đường trung bình trong tam giác.
Cách giải:
Vì \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{MA = MB}\\{\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} \nearrow {\rm{\;}} \swarrow \overrightarrow {MB} }\end{array}} \right\} \Rightarrow \overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - \overrightarrow {MB} \) nên đáp án A sai.
Vì \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương nên đáp án B sai.
Vì \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{MN = \frac{1}{2}BC}\\{\overrightarrow {MN} {\rm{\;}} \nearrow {\rm{\;}} \nearrow \overrightarrow {BC} }\end{array}} \right\} \Rightarrow \overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} \) nên đáp án C sai.
Vì MN là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MN} } \right|\).
Chọn D.
Câu 10 (TH):
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm A, B vào hàm số.
Giải hệ phương trình tìm a, c và xác định hàm số bậc hai.
Cách giải:
Vì A, B thuộc đồ thị hàm số nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 = a - 1 + c}\\{3 = 4a - 2 + c}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + c = {\rm{ \;}} - 1}\\{4a + c = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = {\rm{ \;}} - 3}\end{array}} \right.\)
Vậy hàm số bậc hai là \(y = 2{x^2} - x - 3\).
Chọn C.
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
Khi a > 0, hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\) có GTNN bằng \( - \frac{\Delta }{{4a}}\) tại \(x = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\).
Cách giải:
Hàm số \(y = {x^2} - 4x + 5\) có a = 1, b = -4, c = 5.
\( \Rightarrow \Delta {\rm{ \;}} = {\left( { - 4} \right)^2} - 4.1.5 = {\rm{ \;}} - 4\).
Vậy hàm số có GTNN bằng \( - \frac{\Delta }{{4a}} = {\rm{ \;}} - \frac{{ - 4}}{{4.1}} = 1\) tại \(x = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}} = {\rm{ \;}} - \frac{{ - 4}}{{2.1}} = 2\).
Chọn D.
Câu 12 (TH):
Phương pháp:
Dùng quy tắc xét dấu của tam thức bậc hai. Hoặc biến đổi về hằng đẳng thức rồi giải bất phương trình.
Cách giải:
\(f\left( x \right) = {x^2} + 4x + m - 5 = \left( {{x^2} + 4x + 4} \right) + m - 9 = {\left( {x + 2} \right)^2} + \left( {m - 9} \right)\).
Ta có: \({\left( {x + 2} \right)^2} \ge 0,\forall x\).
Để \(f\left( x \right) > 0,\forall x\) thì \(m - 9 > 0 \Leftrightarrow m > 9\).
Chọn C.
Câu 13 (TH):
Phương pháp:
Hàm số xác định khi \(\frac{2}{{{x^2} + 5x - 6}} \ge 0\) và \({x^2} + 5x - 6 \ne 0.\)
Xét dấu các tam thức bậc 2 và kết luận nghiệm.
Cách giải:
Hàm số xác định khi \(\frac{2}{{{x^2} + 5x - 6}} \ge 0\) và \({x^2} + 5x - 6 \ne 0.\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + 5x - 6 > 0.\)
Ta có \(a = 1 > 0\), \({x^2} + 5x - 6\) có hai nghiệm là \(x = 1;x = {\rm{ \;}} - 6\)
Vậy \({x^2} + 5x - 6 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < {\rm{ \;}} - 6}\\{x > 1}\end{array}} \right..\)
Chọn C.
Câu 14 (TH):
Phương pháp:
\(\sqrt {f\left( x \right)} {\rm{\;}} = a{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a > 0} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^2}\)
Cách giải:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {{x^2} - 4x - 1} {\rm{\;}} = 2}\\{ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 1 = 4}\\{ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 5 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {x + 1} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 5 = 0}\\{x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{x = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.}\end{array}\)
Vậy \(S = \left\{ {5; - 1} \right\}\).
Chọn A.
Câu 15 (TH):
Phương pháp:
Gọi M là trung điểm BC, tính độ dài AM.
Sử dụng tính chất của trọng tâm G \(\left( {AG = \frac{2}{3}AM} \right)\) để tính AG.
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của BC.
Tam giác ABC đều cạnh 1 suy ra \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
Ta có: \(\left| {\overrightarrow {AG} } \right| = AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Chọn B.
Câu 16 (TH):
Phương pháp:
Liệt kê các vecto có điểm cuối là A từ các điểm A, B, C, D, E.
Cách giải:
Ta có 4 vectơ thỏa đề bài: \(\overrightarrow {BA} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {DA} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {EA} .\)
Chọn D.
Câu 17 (TH):
Phương pháp:
+ Xác định \(\vec c\) và \(\left| {\vec c} \right|\). Tính \(\vec a.\vec c\).
+ Áp dụng công thức \(\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right) = \frac{{\vec a{\mkern 1mu} .{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c}}{{\left| {\vec a} \right|{\mkern 1mu} .{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left| {\vec c} \right|}}\) để tìm \(\left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right)\).
Cách giải:
\(\left| {\vec a} \right| = 2\), \(\left| {\vec b} \right| = 1\) và \(\left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right) = {60^0}\).
Ta có:
\({\vec c^2} = {\left( {\vec a - \vec b} \right)^2}\)\( = {\vec a^2} + {\vec b^2} - 2\vec a\vec b\)\( = {\vec a^2} + {\vec b^2} - 2.\left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right)\)\( = {2^2} + {1^2} - 2.2.1.cos{60^0}\) \( = 3\)
\( \Rightarrow \left| {\vec c} \right| = \sqrt 3 \)
\(\vec a.\vec c = \vec a.\left( {\vec a - \vec b} \right)\)\( = {\vec a^2} - \vec a.\vec b\)\( = {\vec a^2} - \left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right)\)\( = {2^2} - 2.1.\cos {60^0} = 3\)
Mà \(\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right) = \frac{{\vec a.\vec c}}{{\left| {\vec a} \right|.\left| {\vec c} \right|}}\)\( = \frac{3}{{2.\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \(\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right)\)\( = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) \( \Rightarrow \angle \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right) = {30^0}\)
Chọn A.
Câu 18 (TH):
Phương pháp:
Dùng tính chất vectơ và độ dài vectơ
Cách giải:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} {\rm{ \;}} = 4}\\{ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {CB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = 4}\end{array}\)
Chọn A.
Câu 19 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng định nghĩa tích của vecto với một số, quy tắc cộng vecto, quy tắc hình bình hành để phân tích vecto theo các vecto khác.
Cách giải:
Vì ABCD là hình bình hành nên \(DB = 2DM\).
\(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {DB} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {DA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {DC} } \right)\)\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {CD} } \right) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} {\rm{\;}} - \frac{1}{2}\overrightarrow {CD} \)
Chọn B.
Câu 20 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng công thức \(\vec a.\vec b{\rm{\;}} = \left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a;\vec b} \right)\).
Cách giải:
Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AB = BC = a và AC là phân giác của góc BAD.
\( \Rightarrow \angle BAC = {45^0} = \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}}\\{A{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}}\\{ \Rightarrow AC = a\sqrt 2 }\end{array}\)
Vậy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right)\) \( = a.a\sqrt 2 .\cos {45^0}\)\( = {a^2}\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) \( = {a^2}\).
Chọn B.
Câu 21 (VD):
Phương pháp:
Lập hàm số bậc hai biểu thị khối lượng cá theo hoạch sau mỗi vụ theo ẩn x.
Tìm GTLN của hàm số.
Cách giải:
Khối lượng cá thu hoạch sau mỗi vụ là: \(f\left( x \right) = x\left( {480 - 20x} \right) = {\rm{ \;}} - 20{x^2} + 480x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gam} \right)\).
f(x) là hàm số bậc hai có a = -20, b = 480, c = 0 \( \Rightarrow \Delta {\rm{ \;}} = {480^2}\).
=> Giá trị lớn nhất của hàm số bằng \(\frac{{ - \Delta }}{{4a}} = \frac{{ - {{480}^2}}}{{4.\left( { - 20} \right)}} = {\rm{ \;}} - 2880\) đạt được tại \(x = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 480}}{{2.\left( { - 20} \right)}} = 12\).
Vậy để sau mỗi vụ thu hoạch được nhiều cá nhất phải thả 12 con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ.
Chọn B.
Câu 22 (VD):
Phương pháp:
Xét các trường hợp: \(\Delta ' < 0\); \(\Delta ' = 0\); \(\Delta ' > 0\)
Cách giải:
Đặt \(f\left( x \right) = {\rm{\;}} - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2\).
\(\Delta ' = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2\left( {m - 2} \right) = {m^2} - 2m\)
+) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 2 < 0}\\{\Delta ' < 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 2 < 0}\\{{m^2} - 2m < 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow 0 < m < 2\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) < 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\)
Vậy bất phương trình \( - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2 \ge 0\) vô nghiệm.
\( \Rightarrow \) Loại
+) \(\Delta ' = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m = 0\)\( \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = 2}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2{x^2} - 4x - 2 = 0}\\{ - 2{x^2} = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} - 1}\\{x = 0}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn)
Vậy bất phương trình \( - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2 \ge 0\) có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} - 1}\\{x = 0}\end{array}} \right.\).
\( \Rightarrow \) Nhận \(m = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m = 2\).
+) \(\Delta ' > 0\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m > 0\)\( \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{m > 2}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) (giả sử \({x_1} < {x_2}\))
Bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu, ta có: \(f\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow {x_1} \le x \le {x_2}\)
\( \Rightarrow \) Nhận \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{m > 2}\end{array}} \right.\)
Kết hợp các trường hợp, ta được \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right] \cup \left[ {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} + \infty } \right)\).
Vậy \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} 0} \right] \cup \left[ {2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)\).
Chọn C.
Câu 23 (VD):
Phương pháp:
- Giải phương trình chứa căn \(\sqrt A {\rm{\;}} = B \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{B \ge 0}\\{A = {B^2}}\end{array}} \right.\).
- Sử dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {{x^2} + mx + 2} {\rm{\;}} = 2x + 1}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {\rm{\;}} - \frac{1}{2}}\\{{x^2} + mx + 2 = 4{x^2} + 4x + 1}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {\rm{\;}} - \frac{1}{2}}\\{3{x^2} - \left( {m - 4} \right)x - 1 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}} \right.}\end{array}\)
Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} > {x_2} \ge {\rm{\;}} - \frac{1}{2}\).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{x_1} + {x_2} > - 1\\\left( {{x_1} + \frac{1}{2}} \right)\left( {{x_2} + \frac{1}{2}} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 4} \right)^2} + 12 > 0\,\,(luon\,\,\,dung)\\\frac{{m - 4}}{3} > - 1\\\frac{{ - 1}}{3} + \frac{1}{2}.\frac{{m - 4}}{3} + \frac{1}{4} \ge 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 4 > - 3\\\frac{{m - 4}}{6} \ge \frac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m - 4 \ge \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \frac{9}{2}.\)
Vậy \(m \ge \frac{9}{2}\).
Chọn D.
Câu 24 (VD):
Phương pháp:
- Mô hình hoá bài toán.
- Tính BC dựa vào định lí côsin trong tam giác ABC.
- Tính thời gian chèo thuyền bằng công thức \(t = \frac{s}{v}\). Trong đó: t là thời gian; s là quãng đường; v là vận tốc.
Cách giải:
Áp dụng định lí Cô sin cho tam giác ABC ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A\) =0,28 km.
Vậy thời gian du khách chèo thuyền từ \(C\) đến \(B\) là: \(t = \frac{{BC}}{v}\)\( = \frac{{0,28}}{4}\)\( = 0,07\) giờ \( = 4,2\) phút.
Chọn B.
Câu 25 (VD):
Phương pháp:
- Vẽ hình.
- Xét xem \(\overrightarrow {AM} \)có bằng \(\overrightarrow {NC} \) không bằng cách xét ANCM có là hình bình hành không.
- Xét xem DP có bằng QB không.
Cách giải:
Ta có \(DM = BN \Rightarrow AN = MC\), mặt khác AN song song với MC do đó tứ giác ANCM là hình bình hành
Suy ra \(\overrightarrow {AM} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {NC} \).
Xét tam giác \(\Delta DMP\) và \(\Delta BNQ\) ta có \(DM = NB\) (giả thiết), \(\widehat {PDM} = \widehat {QBN}\) (so le trong)
Mặt khác \(\widehat {DPM} = \widehat {APB}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {APQ} = \widehat {NQB}\) (hai góc đồng vị) suy ra \(\widehat {DPM} = \widehat {NQB}\).
Suy ra: \(\widehat {DMP} = \widehat {BNQ}\).
Do đó \(\Delta DMP = \Delta BNQ\) (c.g.c) suy ra \(DP = QB\).
Dễ thấy \(\overrightarrow {DP} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {QB} \) cùng hướng vì vậy \(\overrightarrow {DP} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {QB} \).
Chọn C.
Câu 26 (VD):
Phương pháp:
Dùng tính chất vectơ và độ dài vectơ
Cách giải:
\(\left| {\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MC} } \right| \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BA} } \right| = \left| {\overrightarrow {MC} } \right|\) => M nằm trên 1 đường tròn tâm C bán kính AB
Chọn A.
Câu 27 (VD):
Phương pháp:
Thu gọn các biểu thức vecto ở hai vế.
Tìm quỹ tích điểm \(M\) dựa vào đẳng thức vecto vừa thu gọn.
Cách giải:
Theo bài ra, ta có: \({\mkern 1mu} x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MC} {\rm{\;}} = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\left( {\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AB} } \right) + z\left( {\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AC} } \right) = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MA} } \right) + \left( {y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {AC} } \right) = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \left( {y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {AC} } \right) = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} - z\overrightarrow {AC} \)
Đặt \( - y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} - z\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = \vec u\). Khi đó, ta có: \(\left( {x + y + z} \right)\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = \vec u\)
Do đó, nếu \(x + y + z \ne 0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên.
Chọn A.
Câu 28 (VD):
Phương pháp:
Từ \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = \overrightarrow {OB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {OA} \) chứng minh được \(OA = OB\). Từ đó, rút ra kết luận.
Cách giải:
Ta có:
\(\left( {\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} } \right).\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {OB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OA} } \right).\left( {\overrightarrow {OB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {OA} } \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow O{B^2} - O{A^2} = 0\)
\( \Leftrightarrow OA = OB\)
\( \Rightarrow \Delta AOB\) cân tại \(O\).
Vậy điều kiện cần và đủ để \(\left( {\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} } \right).\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = 0\) là \(\Delta AOB\) cân tại \(O\).
Chọn B.
Câu 29 (VDC):
Cách giải:
Xét tam thức: \(f\left( x \right) = {x^2} + mx + {m^2} + 6m\)
Để \(f\left( x \right) < 0\forall x \in \left( {1;2} \right) \Rightarrow {x_1} < 1 < 2 < {x_2}\) trong đó \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) là hai nghiệm của tam thức.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{\;}} - m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + 6m}\end{array}} \right.\)
Từ đây ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{x_1} < 1 < {x_2}\\{x_1} < 2 < {x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) < 0\\\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) < 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4\left( {{m^2} + 6m} \right) > 0\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 < 0\\{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 < 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{m^2} - 24m > 0\\{m^2} + 6m + m + 1 > 0\\{m^2} + 6m + 2m + 4 < 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 8 < m < 0\\\frac{{ - 7 - 3\sqrt 5 }}{2} < m < \frac{{ - 7 + 3\sqrt 5 }}{2}\\ - 4 - 2\sqrt 3 < m < - 4 + 2\sqrt 3 \end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \frac{{ - 7 - 3\sqrt 5 }}{2} < m < - 4 + 2\sqrt 3 \)
Mà \(m\) nguyên nên \(m = {\rm{\;}} - 6\).
Chọn B.
Câu 30 (VDC):
Phương pháp:
+) Từ hai hình chiếu của \(C\) lên AB,AD, ta biến đổi các các đẳng thức theo đề bài để đưa ra đáp án đúng.
Cách giải:
Vì E,F lần lượt là hình chiếu của \(C\) lên AB,AD nên ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} }\\{\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AF} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} }\end{array}\)
Suy ra \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AF} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB + } \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} {\rm{\;}} = {\overrightarrow {AC} ^2}\left( * \right)\)
Do AC là đường chéo lớn nên \(\angle ABC \ge {90^o}\) và \(B\) nằm giữa hai điểm \(A\) và E. Suy ra \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} {\rm{\;}} = AB.AE\)
Tương tự ta có \(D\) nằm giữa hai điểm \(A\) và F. Suy ra \(\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AF} {\rm{\;}} = AD.AF\)
Vậy \(\left( * \right)\) trở thành: \(AB.AE + AD.AF = A{C^2}\)
Chọn D.
II. Phần tự luận (4 điểm)
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Nhóm \(\overrightarrow {IB} \) và \(\overrightarrow {IC} \).
b) Tính IA, IB. Tính \(\cos \angle BIA\)theo hệ quả định lí cosin trong tam giác BIA.
c) Sử dụng: \(\overrightarrow {MB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IB} \), \(\overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IC} \),\(\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IA} \) thay vào điều điện đề bài cho để tìm MI.
Cách giải:
a) Chứng minh \(2\overrightarrow {IA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IC} {\rm{ \;}} = \vec 0\).
\(VT = \left( {\overrightarrow {IB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IC} } \right) + 2\overrightarrow {IA} {\rm{ \;}} = 2\overrightarrow {IH} {\rm{ \;}} + 2\overrightarrow {IA} {\rm{ \;}} = 2\left( {\overrightarrow {IH} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IA} } \right) = 2.\vec 0{\rm{ \;}} = \vec 0{\rm{ \;}} = VP\) (Đpcm).
b) Tính \(\cos \angle BIA\).
Ta có \(IH = IA = \frac{1}{2}AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\); \(IB = IC = \sqrt {B{H^2} + I{H^2}} {\rm{ \;}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{{16}}} {\rm{ \;}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}\).
\(\cos \widehat {BIA} = \frac{{I{B^2} + I{A^2} - B{A^2}}}{{2IB.IA}} = \frac{{\frac{{7{a^2}}}{{16}} + \frac{{3{a^2}}}{{16}} - {a^2}}}{{2\frac{{a\sqrt 7 }}{4}\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}} = {\rm{ \;}} - \frac{3}{{\sqrt {21} }}\).
c)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{M{B^2} + M{C^2} + 2M{A^2} = {{\left( {\overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IB} } \right)}^2} + {{\left( {\overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IC} } \right)}^2} + 2{{\left( {\overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IA} } \right)}^2}}\\{ = 4M{I^2} + 2I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = 4M{I^2} + \frac{{20{a^2}}}{{16}}}\end{array}\)
Suy ra \(MI = \frac{a}{2}\). Vậy điểm tập hợp các điểm \(M\) là đường tròn tâm \(I\) bán kính \(R = \frac{a}{2}\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ.
Giả sử Parabol có phương trình \(\left( P \right):{\mkern 1mu} y = a{x^2} + bx + c\).
Tìm (P) biết P đi qua các điểm \(O\left( {0;0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} M\left( {10;{\mkern 1mu} 43} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\left( {162;0} \right)\).
Chiều cao của cổng là tung độ đỉnh của parabol.
Cách giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho một chân cổng đi qua gốc \(O\) như hình vẽ trên, chân kia là điểm \(N\left( {162;{\mkern 1mu} 0} \right).\)Giả sử Parabol có phương trình \(\left( P \right):{\mkern 1mu} y = a{x^2} + bx + c\).
Khi đó Parabol \(\left( P \right)\) đi qua các điểm \(O\left( {0;0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} M\left( {10;{\mkern 1mu} 43} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\left( {162;0} \right)\) nên ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 0}\\{26244a + 162b + c = 0}\\{100a + 10b + c = 43}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{ \;}} - \frac{{43}}{{1520}}}\\{b = \frac{{3483}}{{\begin{array}{*{20}{l}}{760}\\{c = 0}\end{array}}}}\end{array}} \right.\).
Do đó \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - \frac{{43}}{{1520}}{x^2} + \frac{{3483}}{{760}}x\).
Khi đó chiều cao của cổng là \(h = y\left( {81} \right) = {\rm{ \;}} - \frac{\Delta }{{4a}} = \frac{{282123}}{{1520}} \approx 185,6\left( m \right).\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Xét các trường hợp: \(a = 0\), \(a \ne 0\): Phương trình bậc hai có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta \; \ge 0\).
Cách giải:
Xét phương trình: \(\left( {m - 5} \right){x^2} - 4mx + m - 2 = 0\left( 1 \right)\)
Trường hợp 1: \(m - 5 = 0 \Leftrightarrow m = 5\)
Phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành: \( - 20x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{{20}}\)
\( \Rightarrow \) Với \(m = 5\) phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm duy nhất \(x = \frac{3}{{20}}\).
Trường hợp 2: \(m - 5 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 5\)
Phương trình \left( 1 \right) có nghiệm khi và chỉ khi:
\(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow {\left( { - 2m} \right)^2} - \left( {m - 5} \right)\left( {m - 2} \right) \ge 0\)\( \Leftrightarrow 4{m^2} - \left( {{m^2} - 7m + 10} \right) \ge 0\)\( \Leftrightarrow 3{m^2} - 7m - 10 \ge 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le \; - \frac{{10}}{3}}\end{array}} \right.\)
Kết hợp với điều kiện \(m \ne 5\) ta có: \(m \in \left( { - \infty ;{\rm{\;}}\frac{{10}}{3}} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\backslash \left\{ 5 \right\}\)
Kết hợp cả hai trường hợp ta có: \(m \in \left( { - \infty ; - \frac{{10}}{3}} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\) hay \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le \; - \frac{{10}}{3}}\\{m \ge 1}\end{array}} \right.\).
Tải về
I. Phần trắc nghiệm (6 điểm)
Câu 1: Tập \(S = \left\{ {\left. {q \in \mathbb{Q}} \right|25{q^4} - 9{q^2} = 0} \right\}\) có bao nhiêu phần tử?
A. \(4\) B. \(1\) C. \(2\) D. \(3\)
Câu 2: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định là \(\left[ { - 3;3} \right]\)và đồ thị của nó được biểu diễn bởi hình bên.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng (-3;-1) và (1;3). B. Hàm số đồng biến trên khoảng (-3;-1) và (1;4). C. Hàm số đồng biến trên khoảng (-3;3). D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;0).
Câu 3: Tìm tập xác định D của hàm số \(y = \frac{{3x - 1}}{{2x - 2}}\).
A. \(D = \mathbb{R}\) B. \(D = \left( {1; + \infty } \right)\) C. \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\) D. \(D = \left[ {1; + \infty } \right)\)
Câu 4: Hàm số \(y = {\rm{ \;}} - {x^2} + 2x + 3\) có đồ thị là hình nào trong các hình sau?
A.
B.
C.
D.
Câu 5: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{x - 1}}\).
A. \({M_1}\left( {2;1} \right)\) B. \({M_2}\left( {1;1} \right)\) C. \({M_3}\left( {2;0} \right)\) D. \({M_4}\left( {0; - 2} \right)\)
Câu 6: Bảng xét dấu nào sau đây là bảng xét dấu của tam thức \(f\left( x \right) = {x^2} + 12x + 36\)?
A.
B.
C.
D.
Câu 7: Cho tứ giác ABCD. Điều kiện nào là điều kiện cần và đủ để \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} \)?
A. ABCD là vuông. B. ABDC là hình bình hành.
C. AD và BC có cùng trung điểm. D. \(AB = CD\).
Câu 8: Cho bốn điểm A, B, C, Dphân biệt. Khi đó, \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {DC} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {AD} \) bằng véctơ nào sau đây?
A. \(\vec 0\) B. \(\overrightarrow {BD} \) C. \(\overrightarrow {AC} \) D. \(2\overrightarrow {DC} \)
Câu 9: Gọi \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC\) của tam giác đều ABC. Hỏi đẳng thức nào dưới đây đúng?
A. \(\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {MB} \) B. \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} \) C. \(\overrightarrow {MN} {\rm{\;}} = \overrightarrow {BC} \) D. \(\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MN} } \right|\)
Câu 10: Xác định hàm số bậc hai \(y = a{x^2} - x + c\) biết đồ thị hàm số đi qua A(1;-2) và B(2;3).
A. \(y = 3{x^2} - x - 4\) B. \(y = {x^2} - 3x + 5\) C. \(y = 2{x^2} - x - 3\) D. \(y = {\rm{ \;}} - {x^2} - 4x + 3\)
Câu 11: Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^2} - 4x + 5\) là:
A. 0 B. -2 C. 2 D. 1
Câu 12: Các giá trị \(m\) làm cho biểu thức \(f\left( x \right) = {x^2} + 4x + m - 5\) luôn luôn dương là
A. \(m < 9\) B. \(m \ge 9\) C. \(m > 9\) D. \(m \in \emptyset \)
Câu 13: Tập xác định của hàm số \(y = \sqrt {\frac{2}{{{x^2} + 5x - 6}}} \) là:
A. \(\left( { - \infty ; - 6} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\) B. \(\left( { - 6;1} \right)\) C. \(\left( { - \infty ; - 6} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) D. \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {6; + \infty } \right)\)
Câu 14: Giải phương trình: \(\sqrt {{x^2} - 4x - 1} {\rm{\;}} = 2\).
A. \(S = \left\{ {5; - 1} \right\}\). B. \(S = \left\{ { - 5;{\rm{\;}}1} \right\}\). C. \(S = \left\{ { - 5; - 1} \right\}\). D. \(S = \left\{ {5;{\rm{\;}}1} \right\}\).
Câu 15: Cho tam giác ABC đều cạnh bằng \(1\), trọng tâm \(G\). Độ dài vectơ \(\overrightarrow {AG} \) bằng:
A. \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\) B. \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\) C. \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}\) D. \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\)
Câu 16: Cho ngũ giác ABCDE. Từ đỉnh của ngũ giác đã cho lập được bao nhiêu vecto (khác \(\overrightarrow 0 \)) có điểm cuối là điểm A?
A. \(5\). B. \(3\). C. \(6\). D. \(4\).
Câu 17: Cho các vecto \(\vec a\) và \(\vec b\) thỏa mãn \(\left| {\vec a} \right| = 2\), \(\left| {\vec b} \right| = 1\) và \(\left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right) = {60^0}\). Tính góc giữa vecto \(\vec a\) và vecto \(\vec c = \vec a - \vec b\).
A. \({30^0}\) B. \({45^0}\) C. \({60^0}\) D. \({90^0}\)
Câu 18: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3, BC = 5. Tính \(\left| {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {CB} } \right|\)
A. 4 B. 3 C. 5 D. 2
Câu 19: Cho hình bình hành ABCD có \(M\) là trung điểm của AC. Phân tích vectơ \(\overrightarrow {DM} \) theo hai vectơ \(\overrightarrow {BC} \) và \(\overrightarrow {CD} \) ta được:
A. \(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {CD} {\rm{\;}} + \overrightarrow {BC} )\) B. \(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - \frac{1}{2}(\overrightarrow {CD} {\rm{\;}} + \overrightarrow {BC} )\) C. \(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - \frac{1}{2}(\overrightarrow {CD} {\rm{\;}} + \overrightarrow {CB} )\) D. \(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {CD} {\rm{\;}} - \overrightarrow {BC} )\)
Câu 20: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Tích \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) bằng:
A. \(2{a^2}\) B. \({a^2}\) C. \({a^2}\sqrt 2 \) D. \(0\)
Câu 21: Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà khoa học đã thấy rằng: Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có x con cá \(\left( {x \in {\mathbb{Z}^ + }} \right)\) thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng là \(480 - 2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gam} \right)\). Hỏi phải thả bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau mỗi vụ thu hoạch được nhiều cá nhất?
A. 10 B. 12 C. 9 D. 24
Câu 22: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để bất phương trình \( - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2 \ge 0\) có nghiệm.
A. \(m \in \mathbb{R}\) B. \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right) \cup \left( {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} + \infty } \right)\) C. \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} 0} \right] \cup \left[ {2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)\) D. \(m \in \left[ {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right]\)
Câu 23: Tìm \(m\) để phương trình \(\sqrt {{x^2} + mx + 2} {\rm{\;}} = 2x + 1\) có 2 nghiệm phân biệt.
A. \(m > \frac{9}{2}\) B. \( - \frac{1}{2} \le m \le \frac{9}{2}\) C. \( - \frac{1}{2} < m < \frac{9}{2}\) D. \(m \ge \frac{9}{2}\)
Câu 24: Vịnh Vân Phong – tỉnh Khánh Hòa nổi tiếng vì có con đường đi bộ xuyên biển nối từ Hòn Quạ đến đảo Điệp Sơn. Một du khách muốn chèo thuyền kayak từ vị trí \(C\) trên Hòn Quạ đến vị trí \(B\) trên Bè thay vì đi bộ xuyên qua con đường qua vị trí \(A\) rồi mới đến vị trí \(B\) (coi con đường AC, AB, BC là các đường thẳng). Nếu người đó chèo thuyền với vận tốc không đổi là \(4\) km/h thì sẽ mất bao nhiêu thời gian biết \(AB = 0,4\) km, \(AC = 0,6\) km và góc giữa AB và AC là \({60^0}\)?
A. 5 phút. B. 4, 2 phút. C. 6 phút D. 4,5 phút.
Câu 25: Cho hình bình hành ABCD. Trên các đoạn thẳng\(DC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB\) theo thứ tự lấy các điểm \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\) sao cho \(DM = BN\). Gọi \(P\) là giao điểm của \(AM,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} DB\) và \(Q\) là giao điểm của \(CN,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} DB\). Khẳng định nào sau đây
là đúng?
A. \(\overrightarrow {AM} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {NC} \) B. \(\overrightarrow {DP} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {QB} \) C. Cả A, B đúng D. Cả A, B sai.
Câu 26: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Điểm M thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MC} } \right|\) là:
A. M là trung điểm AB B. M là trung điểm BC C. M nằm trên 1 đường tròn tâm C D. M thỏa mãn hình bình hành BAMC
Câu 27: Cho tam giác ABC và giả sử \(M\) là điểm thỏa mãn đẳng thức \(x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MC} {\rm{\;}} = \vec 0\) (trong đó \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} z\) là các số thực). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Nếu \(x + y + z \ne 0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên.
B. Nếu \(x + y + z = 0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên. C. Nếu ít nhất một trong ba số \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} z\) khác \(0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên. D. Nếu cả ba số \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} z\) khác \(0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên.
Câu 28: Cho ba điểm \(O,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) không thẳng hàng. Điều kiện cần và đủ để tích vô hướng \(\left( {\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} } \right).\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = 0\) là
A. tam giác OAB đều. B. tam giác OAB cân tại O.
C. tam giác OAB vuông tại O. D. tam giác OAB vuông cân tại O.
Câu 29: Cho bất phương trình: \({x^2} + mx + {m^2} + 6m < 0\) .Để bất phương trình nghiệm đúng \(\forall x \in \left( {1;2} \right)\) thì giá trị nguyên nhỏ nhất của \(m\) là:
A. \(m = {\rm{\;}} - 7\) B. \(m = {\rm{\;}} - 6\) C. \(m = 3\) D. \(m = {\rm{\;}} - 3\)
Câu 30: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn là AC. Gọi E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên AB,AD. Biểu thức nào sau đây là đúng?
A. \(AB.AH + AD.AF = A{C^2}\) B. \(AB.AE + AD.AH = A{C^2}\) C. \(AB.AE + AD.AF = AC.AH\) D. \(AB.AE + AD.AF = A{C^2}\)
II. Phần tự luận (4 điểm)
Câu 1: Cho tam giác ABC đều, cạnh \(a\). Gọi \(H\) là trung điểm BC, \(I\) là trung điểm AH
a) Chứng minh rằng: \(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 .\)
b) Tính \(\cos \angle BIA\)
c) Tìm quỹ tích của điểm M thỏa mãn \(M{B^2} + M{C^2} + 2M{A^2} = \frac{3}{2}{a^2}\).
Câu 2: Khi du lịch đến thành phố Xanh Lu-I (Mĩ), ta sẽ thấy một cái cổng lớn có hình parabol hướng bề lõm xuống dưới, đó là cổng Ac-xơ. Khoảng cách giữa hai chân cổng là 162m. Từ một điểm trên thân cổng người ta đo được khoảng cách tới mặt đất là \(43{\mkern 1mu} m\) và khoảng cách tới điểm chân cổng gần nhất là \(10{\mkern 1mu} m\). Chiều cao của cổng gần với số nào sau đây?
Câu 3: Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( {m - 5} \right){x^2} - 4mx + m - 2 = 0\) có nghiệm.
----- HẾT -----
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
I. Phần trắc nghiệm
1.D | 2.C | 3.C | 4.B | 5.A | 6.C | 7.B | 8.A | 9.D | 10.C |
11.D | 12.C | 13.C | 14.A | 15.B | 16.D | 17.A | 18.A | 19.B | 20.B |
21.B | 22.C | 23.D | 24.B | 25.C | 26.A | 27.A | 28.B | 29.B | 30.D |
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Liệt kê các phần tử của tập hợp.
Cách giải:
\(S = \left\{ {\left. {q \in \mathbb{Q}} \right|25{q^4} - 9{q^2} = 0} \right\}\).
\(25{q^4} - 9{q^2} = 0 \Leftrightarrow {q^2}\left( {25{q^2} - 9} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{q^2} = 0}\\{25{q^2} - 9 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{q = 0}\\{q = \frac{3}{5}}\\{q = \frac{{ - 3}}{5}}\end{array}} \right..\)
Vậy \(S\) có 3 phần tử.
Chọn D.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Quan sát đồ thị, xác định khoảng đồng biến là khoảng ứng với đồ thị đi lên, khoảng nghịch biến là khoảng ứng với đồ thị đi xuống.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 3;3} \right)\).
Chọn C.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
Hàm phân thức xác định khi mẫu thức khác 0.
Cách giải:
ĐKXĐ: \(2x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1\).
Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
Chọn C.
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Hàm số bậc hai \(y = a{x^2} + bx + c\) có tọa độ đỉnh \(\left( { - \frac{b}{{2a}};\frac{{ - \Delta }}{{4a}}} \right)\), có bề lõm hướng lên khi a > 0 và hướng xuống khi a < 0.
Cách giải:
Hàm số \(y = {\rm{ \;}} - {x^2} + 2x + 3\) có a = -1, b = 2, c = 3.
Vì a < 0 nên bề lõm hướng xuống => Loại C.
Đồ thị hàm số có tọa độ đỉnh (1;4) => Loại A và D.
Chọn B.
Câu 5 (NB):
Phương pháp:
Thay tọa độ các điểm ở các đáp án vào hàm số. Điểm nào thỏa mãn hàm số thì sẽ thuộc đồ thị hàm số.
Cách giải:
Thay tọa độ điểm \({M_1}\left( {2;1} \right)\) vào hàm số: \(1 = \frac{1}{{2 - 1}}\) (đúng) nên \({M_1}\) thuộc đồ thị hàm số.
Chọn A.
Câu 6 (NB):
Phương pháp:
- Xác định \(a,{\mkern 1mu} \Delta .\) Xét dấu của \(f\left( x \right)\) theo quy tắc xét dấu tam thức bậc hai.
Cách giải:
Ta có \({x^2} + 12x + 36 = 0\)\( \Leftrightarrow x = {\rm{ \;}} - 6\) và \(a = 1 > 0\).
Nên ta có bảng xét dấu:
Chọn C.
Câu 7 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa hai vecto bằng nhau.
Cách giải:
\(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} {\rm{ \;}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB\parallel CD}\\{AB = CD}\end{array}} \right. \Rightarrow ABDC\) là hình bình hành.
Mặt khác, ABDC là hình bình hành \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB\parallel CD}\\{AB = CD}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} \).
Do đó, điều kiện cần và đủ để \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} \) là ABDC là hình bình hành.
Chọn B.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Nhóm \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} \); \(\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {AD} \), áp dụng quy tắc cộng vectơ.
Cách giải:
Ta có: \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {DC} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} = \left( {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} } \right) - \left( {\overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {DC} } \right) = \overrightarrow {AC} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {AC} {\rm{ \;}} = \vec 0\).
Chọn A.
Câu 9 (NB):
Phương pháp:
Áp dụng các kiến thức về tam giác đều, đường trung bình trong tam giác.
Cách giải:
Vì \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{MA = MB}\\{\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} \nearrow {\rm{\;}} \swarrow \overrightarrow {MB} }\end{array}} \right\} \Rightarrow \overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - \overrightarrow {MB} \) nên đáp án A sai.
Vì \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương nên đáp án B sai.
Vì \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{MN = \frac{1}{2}BC}\\{\overrightarrow {MN} {\rm{\;}} \nearrow {\rm{\;}} \nearrow \overrightarrow {BC} }\end{array}} \right\} \Rightarrow \overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} \) nên đáp án C sai.
Vì MN là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MN} } \right|\).
Chọn D.
Câu 10 (TH):
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm A, B vào hàm số.
Giải hệ phương trình tìm a, c và xác định hàm số bậc hai.
Cách giải:
Vì A, B thuộc đồ thị hàm số nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 = a - 1 + c}\\{3 = 4a - 2 + c}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + c = {\rm{ \;}} - 1}\\{4a + c = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = {\rm{ \;}} - 3}\end{array}} \right.\)
Vậy hàm số bậc hai là \(y = 2{x^2} - x - 3\).
Chọn C.
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
Khi a > 0, hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\) có GTNN bằng \( - \frac{\Delta }{{4a}}\) tại \(x = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\).
Cách giải:
Hàm số \(y = {x^2} - 4x + 5\) có a = 1, b = -4, c = 5.
\( \Rightarrow \Delta {\rm{ \;}} = {\left( { - 4} \right)^2} - 4.1.5 = {\rm{ \;}} - 4\).
Vậy hàm số có GTNN bằng \( - \frac{\Delta }{{4a}} = {\rm{ \;}} - \frac{{ - 4}}{{4.1}} = 1\) tại \(x = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}} = {\rm{ \;}} - \frac{{ - 4}}{{2.1}} = 2\).
Chọn D.
Câu 12 (TH):
Phương pháp:
Dùng quy tắc xét dấu của tam thức bậc hai. Hoặc biến đổi về hằng đẳng thức rồi giải bất phương trình.
Cách giải:
\(f\left( x \right) = {x^2} + 4x + m - 5 = \left( {{x^2} + 4x + 4} \right) + m - 9 = {\left( {x + 2} \right)^2} + \left( {m - 9} \right)\).
Ta có: \({\left( {x + 2} \right)^2} \ge 0,\forall x\).
Để \(f\left( x \right) > 0,\forall x\) thì \(m - 9 > 0 \Leftrightarrow m > 9\).
Chọn C.
Câu 13 (TH):
Phương pháp:
Hàm số xác định khi \(\frac{2}{{{x^2} + 5x - 6}} \ge 0\) và \({x^2} + 5x - 6 \ne 0.\)
Xét dấu các tam thức bậc 2 và kết luận nghiệm.
Cách giải:
Hàm số xác định khi \(\frac{2}{{{x^2} + 5x - 6}} \ge 0\) và \({x^2} + 5x - 6 \ne 0.\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + 5x - 6 > 0.\)
Ta có \(a = 1 > 0\), \({x^2} + 5x - 6\) có hai nghiệm là \(x = 1;x = {\rm{ \;}} - 6\)
Vậy \({x^2} + 5x - 6 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < {\rm{ \;}} - 6}\\{x > 1}\end{array}} \right..\)
Chọn C.
Câu 14 (TH):
Phương pháp:
\(\sqrt {f\left( x \right)} {\rm{\;}} = a{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a > 0} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^2}\)
Cách giải:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {{x^2} - 4x - 1} {\rm{\;}} = 2}\\{ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 1 = 4}\\{ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 5 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {x + 1} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 5 = 0}\\{x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{x = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.}\end{array}\)
Vậy \(S = \left\{ {5; - 1} \right\}\).
Chọn A.
Câu 15 (TH):
Phương pháp:
Gọi M là trung điểm BC, tính độ dài AM.
Sử dụng tính chất của trọng tâm G \(\left( {AG = \frac{2}{3}AM} \right)\) để tính AG.
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của BC.
Tam giác ABC đều cạnh 1 suy ra \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
Ta có: \(\left| {\overrightarrow {AG} } \right| = AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Chọn B.
Câu 16 (TH):
Phương pháp:
Liệt kê các vecto có điểm cuối là A từ các điểm A, B, C, D, E.
Cách giải:
Ta có 4 vectơ thỏa đề bài: \(\overrightarrow {BA} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {DA} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {EA} .\)
Chọn D.
Câu 17 (TH):
Phương pháp:
+ Xác định \(\vec c\) và \(\left| {\vec c} \right|\). Tính \(\vec a.\vec c\).
+ Áp dụng công thức \(\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right) = \frac{{\vec a{\mkern 1mu} .{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c}}{{\left| {\vec a} \right|{\mkern 1mu} .{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left| {\vec c} \right|}}\) để tìm \(\left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right)\).
Cách giải:
\(\left| {\vec a} \right| = 2\), \(\left| {\vec b} \right| = 1\) và \(\left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right) = {60^0}\).
Ta có:
\({\vec c^2} = {\left( {\vec a - \vec b} \right)^2}\)\( = {\vec a^2} + {\vec b^2} - 2\vec a\vec b\)\( = {\vec a^2} + {\vec b^2} - 2.\left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right)\)\( = {2^2} + {1^2} - 2.2.1.cos{60^0}\) \( = 3\)
\( \Rightarrow \left| {\vec c} \right| = \sqrt 3 \)
\(\vec a.\vec c = \vec a.\left( {\vec a - \vec b} \right)\)\( = {\vec a^2} - \vec a.\vec b\)\( = {\vec a^2} - \left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right)\)\( = {2^2} - 2.1.\cos {60^0} = 3\)
Mà \(\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right) = \frac{{\vec a.\vec c}}{{\left| {\vec a} \right|.\left| {\vec c} \right|}}\)\( = \frac{3}{{2.\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \(\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right)\)\( = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) \( \Rightarrow \angle \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right) = {30^0}\)
Chọn A.
Câu 18 (TH):
Phương pháp:
Dùng tính chất vectơ và độ dài vectơ
Cách giải:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} {\rm{ \;}} = 4}\\{ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {CB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = 4}\end{array}\)
Chọn A.
Câu 19 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng định nghĩa tích của vecto với một số, quy tắc cộng vecto, quy tắc hình bình hành để phân tích vecto theo các vecto khác.
Cách giải:
Vì ABCD là hình bình hành nên \(DB = 2DM\).
\(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {DB} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {DA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {DC} } \right)\)\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {CD} } \right) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} {\rm{\;}} - \frac{1}{2}\overrightarrow {CD} \)
Chọn B.
Câu 20 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng công thức \(\vec a.\vec b{\rm{\;}} = \left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a;\vec b} \right)\).
Cách giải:
Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AB = BC = a và AC là phân giác của góc BAD.
\( \Rightarrow \angle BAC = {45^0} = \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right)\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}}\\{A{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}}\\{ \Rightarrow AC = a\sqrt 2 }\end{array}\)
Vậy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right)\) \( = a.a\sqrt 2 .\cos {45^0}\)\( = {a^2}\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) \( = {a^2}\).
Chọn B.
Câu 21 (VD):
Phương pháp:
Lập hàm số bậc hai biểu thị khối lượng cá theo hoạch sau mỗi vụ theo ẩn x.
Tìm GTLN của hàm số.
Cách giải:
Khối lượng cá thu hoạch sau mỗi vụ là: \(f\left( x \right) = x\left( {480 - 20x} \right) = {\rm{ \;}} - 20{x^2} + 480x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gam} \right)\).
f(x) là hàm số bậc hai có a = -20, b = 480, c = 0 \( \Rightarrow \Delta {\rm{ \;}} = {480^2}\).
=> Giá trị lớn nhất của hàm số bằng \(\frac{{ - \Delta }}{{4a}} = \frac{{ - {{480}^2}}}{{4.\left( { - 20} \right)}} = {\rm{ \;}} - 2880\) đạt được tại \(x = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 480}}{{2.\left( { - 20} \right)}} = 12\).
Vậy để sau mỗi vụ thu hoạch được nhiều cá nhất phải thả 12 con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ.
Chọn B.
Câu 22 (VD):
Phương pháp:
Xét các trường hợp: \(\Delta ' < 0\); \(\Delta ' = 0\); \(\Delta ' > 0\)
Cách giải:
Đặt \(f\left( x \right) = {\rm{\;}} - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2\).
\(\Delta ' = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2\left( {m - 2} \right) = {m^2} - 2m\)
+) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 2 < 0}\\{\Delta ' < 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 2 < 0}\\{{m^2} - 2m < 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow 0 < m < 2\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) < 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\)
Vậy bất phương trình \( - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2 \ge 0\) vô nghiệm.
\( \Rightarrow \) Loại
+) \(\Delta ' = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m = 0\)\( \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = 2}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2{x^2} - 4x - 2 = 0}\\{ - 2{x^2} = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} - 1}\\{x = 0}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn)
Vậy bất phương trình \( - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2 \ge 0\) có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} - 1}\\{x = 0}\end{array}} \right.\).
\( \Rightarrow \) Nhận \(m = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m = 2\).
+) \(\Delta ' > 0\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m > 0\)\( \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{m > 2}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) (giả sử \({x_1} < {x_2}\))
Bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu, ta có: \(f\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow {x_1} \le x \le {x_2}\)
\( \Rightarrow \) Nhận \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{m > 2}\end{array}} \right.\)
Kết hợp các trường hợp, ta được \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right] \cup \left[ {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} + \infty } \right)\).
Vậy \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} 0} \right] \cup \left[ {2;{\mkern 1mu} + \infty } \right)\).
Chọn C.
Câu 23 (VD):
Phương pháp:
- Giải phương trình chứa căn \(\sqrt A {\rm{\;}} = B \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{B \ge 0}\\{A = {B^2}}\end{array}} \right.\).
- Sử dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {{x^2} + mx + 2} {\rm{\;}} = 2x + 1}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {\rm{\;}} - \frac{1}{2}}\\{{x^2} + mx + 2 = 4{x^2} + 4x + 1}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {\rm{\;}} - \frac{1}{2}}\\{3{x^2} - \left( {m - 4} \right)x - 1 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}} \right.}\end{array}\)
Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} > {x_2} \ge {\rm{\;}} - \frac{1}{2}\).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{x_1} + {x_2} > - 1\\\left( {{x_1} + \frac{1}{2}} \right)\left( {{x_2} + \frac{1}{2}} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 4} \right)^2} + 12 > 0\,\,(luon\,\,\,dung)\\\frac{{m - 4}}{3} > - 1\\\frac{{ - 1}}{3} + \frac{1}{2}.\frac{{m - 4}}{3} + \frac{1}{4} \ge 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 4 > - 3\\\frac{{m - 4}}{6} \ge \frac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m - 4 \ge \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \frac{9}{2}.\)
Vậy \(m \ge \frac{9}{2}\).
Chọn D.
Câu 24 (VD):
Phương pháp:
- Mô hình hoá bài toán.
- Tính BC dựa vào định lí côsin trong tam giác ABC.
- Tính thời gian chèo thuyền bằng công thức \(t = \frac{s}{v}\). Trong đó: t là thời gian; s là quãng đường; v là vận tốc.
Cách giải:
Áp dụng định lí Cô sin cho tam giác ABC ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A\) =0,28 km.
Vậy thời gian du khách chèo thuyền từ \(C\) đến \(B\) là: \(t = \frac{{BC}}{v}\)\( = \frac{{0,28}}{4}\)\( = 0,07\) giờ \( = 4,2\) phút.
Chọn B.
Câu 25 (VD):
Phương pháp:
- Vẽ hình.
- Xét xem \(\overrightarrow {AM} \)có bằng \(\overrightarrow {NC} \) không bằng cách xét ANCM có là hình bình hành không.
- Xét xem DP có bằng QB không.
Cách giải:
Ta có \(DM = BN \Rightarrow AN = MC\), mặt khác AN song song với MC do đó tứ giác ANCM là hình bình hành
Suy ra \(\overrightarrow {AM} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {NC} \).
Xét tam giác \(\Delta DMP\) và \(\Delta BNQ\) ta có \(DM = NB\) (giả thiết), \(\widehat {PDM} = \widehat {QBN}\) (so le trong)
Mặt khác \(\widehat {DPM} = \widehat {APB}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {APQ} = \widehat {NQB}\) (hai góc đồng vị) suy ra \(\widehat {DPM} = \widehat {NQB}\).
Suy ra: \(\widehat {DMP} = \widehat {BNQ}\).
Do đó \(\Delta DMP = \Delta BNQ\) (c.g.c) suy ra \(DP = QB\).
Dễ thấy \(\overrightarrow {DP} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {QB} \) cùng hướng vì vậy \(\overrightarrow {DP} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {QB} \).
Chọn C.
Câu 26 (VD):
Phương pháp:
Dùng tính chất vectơ và độ dài vectơ
Cách giải:
\(\left| {\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MC} } \right| \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BA} } \right| = \left| {\overrightarrow {MC} } \right|\) => M nằm trên 1 đường tròn tâm C bán kính AB
Chọn A.
Câu 27 (VD):
Phương pháp:
Thu gọn các biểu thức vecto ở hai vế.
Tìm quỹ tích điểm \(M\) dựa vào đẳng thức vecto vừa thu gọn.
Cách giải:
Theo bài ra, ta có: \({\mkern 1mu} x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MC} {\rm{\;}} = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\left( {\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AB} } \right) + z\left( {\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AC} } \right) = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MA} } \right) + \left( {y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {AC} } \right) = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \left( {y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {AC} } \right) = \vec 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} - z\overrightarrow {AC} \)
Đặt \( - y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} - z\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = \vec u\). Khi đó, ta có: \(\left( {x + y + z} \right)\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = \vec u\)
Do đó, nếu \(x + y + z \ne 0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên.
Chọn A.
Câu 28 (VD):
Phương pháp:
Từ \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = \overrightarrow {OB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {OA} \) chứng minh được \(OA = OB\). Từ đó, rút ra kết luận.
Cách giải:
Ta có:
\(\left( {\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} } \right).\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {OB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OA} } \right).\left( {\overrightarrow {OB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {OA} } \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow O{B^2} - O{A^2} = 0\)
\( \Leftrightarrow OA = OB\)
\( \Rightarrow \Delta AOB\) cân tại \(O\).
Vậy điều kiện cần và đủ để \(\left( {\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} } \right).\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = 0\) là \(\Delta AOB\) cân tại \(O\).
Chọn B.
Câu 29 (VDC):
Cách giải:
Xét tam thức: \(f\left( x \right) = {x^2} + mx + {m^2} + 6m\)
Để \(f\left( x \right) < 0\forall x \in \left( {1;2} \right) \Rightarrow {x_1} < 1 < 2 < {x_2}\) trong đó \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) là hai nghiệm của tam thức.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{\;}} - m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + 6m}\end{array}} \right.\)
Từ đây ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{x_1} < 1 < {x_2}\\{x_1} < 2 < {x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) < 0\\\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) < 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4\left( {{m^2} + 6m} \right) > 0\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 < 0\\{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 < 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{m^2} - 24m > 0\\{m^2} + 6m + m + 1 > 0\\{m^2} + 6m + 2m + 4 < 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 8 < m < 0\\\frac{{ - 7 - 3\sqrt 5 }}{2} < m < \frac{{ - 7 + 3\sqrt 5 }}{2}\\ - 4 - 2\sqrt 3 < m < - 4 + 2\sqrt 3 \end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \frac{{ - 7 - 3\sqrt 5 }}{2} < m < - 4 + 2\sqrt 3 \)
Mà \(m\) nguyên nên \(m = {\rm{\;}} - 6\).
Chọn B.
Câu 30 (VDC):
Phương pháp:
+) Từ hai hình chiếu của \(C\) lên AB,AD, ta biến đổi các các đẳng thức theo đề bài để đưa ra đáp án đúng.
Cách giải:
Vì E,F lần lượt là hình chiếu của \(C\) lên AB,AD nên ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} }\\{\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AF} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} }\end{array}\)
Suy ra \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AF} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB + } \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} {\rm{\;}} = {\overrightarrow {AC} ^2}\left( * \right)\)
Do AC là đường chéo lớn nên \(\angle ABC \ge {90^o}\) và \(B\) nằm giữa hai điểm \(A\) và E. Suy ra \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} {\rm{\;}} = AB.AE\)
Tương tự ta có \(D\) nằm giữa hai điểm \(A\) và F. Suy ra \(\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AF} {\rm{\;}} = AD.AF\)
Vậy \(\left( * \right)\) trở thành: \(AB.AE + AD.AF = A{C^2}\)
Chọn D.
II. Phần tự luận (4 điểm)
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Nhóm \(\overrightarrow {IB} \) và \(\overrightarrow {IC} \).
b) Tính IA, IB. Tính \(\cos \angle BIA\)theo hệ quả định lí cosin trong tam giác BIA.
c) Sử dụng: \(\overrightarrow {MB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IB} \), \(\overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IC} \),\(\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IA} \) thay vào điều điện đề bài cho để tìm MI.
Cách giải:
a) Chứng minh \(2\overrightarrow {IA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IC} {\rm{ \;}} = \vec 0\).
\(VT = \left( {\overrightarrow {IB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IC} } \right) + 2\overrightarrow {IA} {\rm{ \;}} = 2\overrightarrow {IH} {\rm{ \;}} + 2\overrightarrow {IA} {\rm{ \;}} = 2\left( {\overrightarrow {IH} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IA} } \right) = 2.\vec 0{\rm{ \;}} = \vec 0{\rm{ \;}} = VP\) (Đpcm).
b) Tính \(\cos \angle BIA\).
Ta có \(IH = IA = \frac{1}{2}AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\); \(IB = IC = \sqrt {B{H^2} + I{H^2}} {\rm{ \;}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{{16}}} {\rm{ \;}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}\).
\(\cos \widehat {BIA} = \frac{{I{B^2} + I{A^2} - B{A^2}}}{{2IB.IA}} = \frac{{\frac{{7{a^2}}}{{16}} + \frac{{3{a^2}}}{{16}} - {a^2}}}{{2\frac{{a\sqrt 7 }}{4}\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}} = {\rm{ \;}} - \frac{3}{{\sqrt {21} }}\).
c)
\(\begin{array}{*{20}{l}}{M{B^2} + M{C^2} + 2M{A^2} = {{\left( {\overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IB} } \right)}^2} + {{\left( {\overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IC} } \right)}^2} + 2{{\left( {\overrightarrow {MI} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {IA} } \right)}^2}}\\{ = 4M{I^2} + 2I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = 4M{I^2} + \frac{{20{a^2}}}{{16}}}\end{array}\)
Suy ra \(MI = \frac{a}{2}\). Vậy điểm tập hợp các điểm \(M\) là đường tròn tâm \(I\) bán kính \(R = \frac{a}{2}\).
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ.
Giả sử Parabol có phương trình \(\left( P \right):{\mkern 1mu} y = a{x^2} + bx + c\).
Tìm (P) biết P đi qua các điểm \(O\left( {0;0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} M\left( {10;{\mkern 1mu} 43} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\left( {162;0} \right)\).
Chiều cao của cổng là tung độ đỉnh của parabol.
Cách giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho một chân cổng đi qua gốc \(O\) như hình vẽ trên, chân kia là điểm \(N\left( {162;{\mkern 1mu} 0} \right).\)Giả sử Parabol có phương trình \(\left( P \right):{\mkern 1mu} y = a{x^2} + bx + c\).
Khi đó Parabol \(\left( P \right)\) đi qua các điểm \(O\left( {0;0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} M\left( {10;{\mkern 1mu} 43} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\left( {162;0} \right)\) nên ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 0}\\{26244a + 162b + c = 0}\\{100a + 10b + c = 43}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{ \;}} - \frac{{43}}{{1520}}}\\{b = \frac{{3483}}{{\begin{array}{*{20}{l}}{760}\\{c = 0}\end{array}}}}\end{array}} \right.\).
Do đó \(\left( P \right):y = {\rm{ \;}} - \frac{{43}}{{1520}}{x^2} + \frac{{3483}}{{760}}x\).
Khi đó chiều cao của cổng là \(h = y\left( {81} \right) = {\rm{ \;}} - \frac{\Delta }{{4a}} = \frac{{282123}}{{1520}} \approx 185,6\left( m \right).\)
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Xét các trường hợp: \(a = 0\), \(a \ne 0\): Phương trình bậc hai có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta \; \ge 0\).
Cách giải:
Xét phương trình: \(\left( {m - 5} \right){x^2} - 4mx + m - 2 = 0\left( 1 \right)\)
Trường hợp 1: \(m - 5 = 0 \Leftrightarrow m = 5\)
Phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành: \( - 20x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{{20}}\)
\( \Rightarrow \) Với \(m = 5\) phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm duy nhất \(x = \frac{3}{{20}}\).
Trường hợp 2: \(m - 5 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 5\)
Phương trình \left( 1 \right) có nghiệm khi và chỉ khi:
\(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow {\left( { - 2m} \right)^2} - \left( {m - 5} \right)\left( {m - 2} \right) \ge 0\)\( \Leftrightarrow 4{m^2} - \left( {{m^2} - 7m + 10} \right) \ge 0\)\( \Leftrightarrow 3{m^2} - 7m - 10 \ge 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le \; - \frac{{10}}{3}}\end{array}} \right.\)
Kết hợp với điều kiện \(m \ne 5\) ta có: \(m \in \left( { - \infty ;{\rm{\;}}\frac{{10}}{3}} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\backslash \left\{ 5 \right\}\)
Kết hợp cả hai trường hợp ta có: \(m \in \left( { - \infty ; - \frac{{10}}{3}} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\) hay \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le \; - \frac{{10}}{3}}\\{m \ge 1}\end{array}} \right.\).
Đề thi học kì 1 Toán 10 Cánh diều - Đề số 1 là một bài kiểm tra quan trọng đánh giá mức độ nắm vững kiến thức của học sinh sau nửa học kì đầu tiên. Đề thi bao gồm các chủ đề chính như tập số thực, bất phương trình, hệ bất phương trình, hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai. Cấu trúc đề thi thường bao gồm các dạng câu hỏi trắc nghiệm và tự luận, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt.
Đề thi thường bắt đầu bằng các câu hỏi trắc nghiệm về kiến thức cơ bản, giúp học sinh kiểm tra lại các khái niệm và định nghĩa quan trọng. Sau đó, đề thi chuyển sang các câu hỏi tự luận, yêu cầu học sinh áp dụng kiến thức đã học để giải quyết các bài toán cụ thể. Các bài toán tự luận thường bao gồm:
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi học kì 1, học sinh cần có sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nắm vững các kiến thức cơ bản. Dưới đây là một số hướng dẫn giải đề thi và các lưu ý quan trọng:
Việc ôn tập và luyện đề là một phần không thể thiếu trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi học kì 1. Ôn tập giúp học sinh củng cố kiến thức đã học, còn luyện đề giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề. Bằng cách ôn tập và luyện đề một cách khoa học và hiệu quả, học sinh có thể tự tin đối mặt với kỳ thi và đạt kết quả tốt nhất.
Ngoài sách giáo khoa và sách bài tập, học sinh có thể tham khảo các nguồn tài liệu ôn tập hữu ích khác như:
Hãy dành thời gian ôn tập và luyện đề một cách nghiêm túc và có kế hoạch. Đừng ngần ngại hỏi thầy cô giáo hoặc bạn bè nếu gặp khó khăn trong quá trình học tập. Hãy tự tin vào bản thân và cố gắng hết mình, chắc chắn các em sẽ đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi học kì 1 Toán 10 Cánh diều.
| Chủ đề | Nội dung chính |
|---|---|
| Tập số thực | Các phép toán trên số thực, bất đẳng thức, giá trị tuyệt đối |
| Bất phương trình | Giải bất phương trình bậc nhất, bất phương trình bậc hai |
| Hệ bất phương trình | Giải hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn |
| Hàm số bậc nhất | Định nghĩa, tính chất, đồ thị hàm số bậc nhất |
| Hàm số bậc hai | Định nghĩa, tính chất, đồ thị hàm số bậc hai |
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
