SỞ GD&ĐT TP.HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI HỌC KÌ I
TRƯỜNG THPT LÊ TRỌNG TẤN NĂM HỌC 2019-2020
------------------------------ MÔN: TOÁN – KHỐI 10 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 90 phút
Họ và tên học sinh:……………………………………………….Số báo danh:…………………… I.PHẦN CHUNG: (7.0 ĐIỂM) 
Câu 1. (1.0 điểm) Tìm tập xác định của hàm số x 3 y  2  x  2 2x  3x  5
Câu 2. (1.0 điểm) Xác định parabol (P): 2
y  ax  bx  c (a  0) .Biết (P) đi qua điểm
M (1;1) và có đỉnh I(1;5) .
Câu 3. (2.0 điểm) Giải phương trình: 2 x 1 x  4 a) 2 2x  3  3x 1. b)  2 x  3x  4 x  2
Câu 4. (2.0 điểm) Cho ba điểm ( A 5;4), B( 3  ;0),C(3; 2  ).
a) Chứng minh ba điểm A,B,C lập thành tam giác vuông cân.   
b) Tìm tọa độ điểm M sao cho BC  2AB  2MB .
  
Câu 5. (1.0 điểm) Cho tam giác đều ABC cạnh a. Tính A . B 2AB 3AC theo a .
II. PHẦN RIÊNG: (3.0 ĐIỂM)
A. Dành cho ban khoa học xã hội:
Câu 6A. (1.0 điểm) Tìm m để phương trình 2 2
x  (2m 1)x  m  3  0 có hai nghiệm phân biệt x , x x  x  25  2x x 1 2 thỏa  2 1 2 1 2
Câu 7A. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB  a . Dựng đường cao AH.
  
Chứng minh: AB HA HC 2 .  a
Câu 8A. (1.0 điểm) Giải phương trình: 2 2 x 1 x 11  32
B. Dành cho ban khoa học tự nhiên:
Câu 6B. (1.0 điểm) Tìm m để phương trình 2
(m 1)x  2(m 1)x  m  2  0 có hai nghiệm x , x 4 x  x  7x x 1 2 thỏa  1 2  1 2
Câu 7B. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Kẻ HD vuông góc
  2
với AB và HE vuông góc với AC. Chứng minh: A . D AB  AH
Câu 8B. (1.0 điểm) Giải phương trình: 2
x 1  x  3  2 x  2x  3  4  2x
----------------------Hết----------------------
(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN TOÁN 10 I.PHẦN CHUNG: (7.0 ĐIỂM) Câu Hướng dẫn chấm Điểm x  3 1
Tìm điều kiện của phương trình: 2  x  2 2x  3x  5 1.0 đ  2  x  0 0.25đ Điều kiện:  2 2x  3x  5  0 0.25đ x  2 0.25đ    5 x  1  , x   2 D  ( ;  2] \  1 0.25đ Xác định parabol (P): 2
y  ax  bx  c .Biết (P) đi qua điểm M ( 1  ;1) 2 1.0 đ và có đỉnh I(1;5) . (P) đi qua điểm M ( 1  ;1) .Ta có: 2 1  a(1)  b( 1
 )  c  a  b  c  1(1)
(P) có đỉnh I(1;5) . Ta có: 2 5  . a 1  .
b 1 c  a  b  c  5 (2) 0.25đ b 
Ta có trục đối xứng: x  1  2a  b  0 (3) 0.25đ 2a  a  b  c 1 a  1   
Từ (1), (2), (3). Ta có: a  b  c  5   b  2 0.25đ 2a b 0    c  4   Vậy: parabol (P): 2 y  x  2x  4 . 0.25đ Giải phương trình: 3 2 x 1 x  4 2.0 đ a) 2 2x  3  3x 1. b)  2 x  3x  4 x  2 1 Điều kiện: x  3 0.25đ 0.25đ
Pt  x    x  2 2 2 3 3 1 2 2
 2x  3  9x  6x 1  3  23 x  (n) a) 2 7
 7x  6x  2  0    3  23  x  (l)  7 0.25đ 3 23
Vậy phương trình có nghiệm T     7   0.25đ Điều kiện: x  2  , x  1, x  4  0.25 đ 2 2 (x 1)(x  2) (x  4)(x  3x  4) PT   2 2 (x  3x  4)(x  2) (x  3x  4)(x  2) 2 2
 (x 1)(x  2)  (x  4)(x  3x  4) 0.25đ b) 3 2 3 2 2
 x  2x  x  2  x  3x  4x  4x 12x 16  x  1 (l) 2
 3x 15x 18  0   0.25đ x  6 (n)
Vậy phương trình có nghiệm T    6 0.25đ Cho ba điểm ( A 5;4), B( 3  ;0),C(3; 2  ). 4
a) Chứng minh ba điểm A,B,C lập thành tam giác vuông cân.    2.0 đ
b) Tìm tọa độ điểm M sao cho BC  2AB  2MB .  
Ta có: CA  (2;6),CB  ( 6  ;2) 0.25đ 2 6   Vì  nên C ,
A CB không cùng phương hay 3 điểm A,B,C lập 0.25đ 6  2 a) thành tam giác.   Mặt khác: C . ACB  2.( 6  )  6.2  0   0.25đ và CA  CB  2 10
Vậy ba điểm A,B,C lập thành tam giác vuông cân 0.25đ        
BC  2AB  2MB  BC  2MB  2AB  BC  2MA 0.25 đ   Gọi M( ;x y) , BC  (6; 2  ),2MA  (10  2 ; x 8  2y) 0.25đ b) 10  2x  6   0.25đ 8   2y  2 x  2   Vậy M (2;5) 0.25đ  y  5
   5
Cho tam giác đều ABC cạnh a. Tính A . B 2AB 3AC theo a . 1.0 đ
      Ta có: AB  AB  AC 2 . 2 3  2AB  3A . B AC 0.25đ 2  2 2 2AB  2 AB  2a 0.25đ       0.25đ AB AC  AB AC AB AC 2 0 3a 3 . 3 . .cos .  3. . a . a cos60  2
   a a Vậy AB  AB  AC 2 2 2 3 . 2 3  2a   0.25đ 2 2
II. PHẦN RIÊNG: (3.0 ĐIỂM)
A. Dành cho ban khoa học xã hội: Câu Hướng dẫn chấm Điểm Tìm m để phương trình 2 2
x  (2m 1)x  m  3  0 có hai nghiệm phân 1.0 đ 6A biệt x , x x  x  25  2x x 1 2 thỏa  2 1 2 1 2    m  2 2 (2 1)  4(m  3) 2 2
 4m  4m 1 4m 12  4m 11 0.25đ Để phương trình 2 2
x  (2m 1)x  m  3  0 có hai nghiệm phân biệt 11 0.25đ
   0  4m 11  0  m  4 S  x  x  2m 1 Ta có: 1 2  2 P  x x  m  3  1 2 0.25đ
x  x 2  25 2x x  2m 2 1  25  2 2 m  3 1 2 1 2  m  3 (n) 2
 m  2m 15  0   m  m  5  (l) Vậy: 3 0.25đ
Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB  a . Dựng đường cao AH. 1.0 đ 7A
  
Chứng minh: AB HA HC 2 .  a C H E A B   
Gọi E là trung điểm AC. Ta có: HA  HC  2HE . 0.25đ  1  0.25đ
HE là đường trung bình tam giác ABC.  HE   AB 2
    
  1   Ta có: A . B HA HC 2 2  2A . B HE  2A . B  AB  AB  a    2  0.25đ
   Vậy: AB HA HC 2 .  a 0.25đ 8A Giải phương trình: 2 2 x 1 x 11  32 1.0 đ Điều kiện: x   R 0.25đ Đặt 2 2 2
t  x 11,t  0  t 11  x 0.25đ 2
pt  t 111 t  32 t  6 (n) 0.25đ 2
 t  t  42  0   t  7  (l) Với 2 2
t  6  6 11  x  x  5 
Vậy tập nghiệm của phương trình là T    5 0.25đ
B. Dành cho ban khoa học tự nhiên: Câu Hướng dẫn chấm Điểm Tìm m để phương trình 2
(m 1)x  2(m 1)x  m  2  0 có hai nghiệm 1.0 đ 6B x , x 4 x  x  7x x 1 2 thỏa  1 2  1 2    m  2 2( 1)  4(m 1)(m  2) 2 2
 4m  8m  4  4m  4m  8  4m 12 0.25đ Để phương trình 2
(m 1)x  2(m 1)x  m  2  0 có hai nghiệm a  0  m 1  0 0.25đ      1   m  3   0  4  m 12  0  2(m 1) S  x  x  1 2  m 1 Ta có:  m  2  0.25đ P  x x  1 2  m 1 m  m  4 x  x  2( 1) 2 7x x  4.  7. 1 2  1 2 m 1 m 1
 8(m 1)  7(m  2)  m  6  ( ) n Vậy: m  6  0.25đ
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Kẻ HD vuông góc 1.0 đ 7B
  2
với AB và HE vuông góc với AC. Chứng minh: A . D AB  AH C H E A B D
     
2      A .
D AB   AH  HD. AH  HB 0.25đ  AH  AH.HB  H . D  AH  HB    
  2  
Ta có: AH  HB  AH.HB  0  A . D AB  AH  0  H . D AB 0.25đ     Ta có: HD  AB  H . D AB  0
  2
  2 2 0.25đ  A . D AB  AH  0  H .
D AB  AH  0  0  AH
  2 Vậy: A . D AB  AH 0.25đ 8B Giải phương trình: 2
x 1  x  3  2 x  2x  3  4  2x 1.0 đ Điều kiện: x  1 0.25đ
Đặt t  x 1  x  3,t  0 0.25đ 2 2
t  2 x  2x  3  2x  2 2
pt  x 1  x  3  2 x  2x  3  2x  2  6  0 t   2 ( ) n 2
 t  t  6  0  t  3(l) Với 2 2
t  2  2  2 x  2x  3  2x  2 2  x  2x  3  1 x 0.25đ 2
 x  2x  3  1 x (x  1)  0.25đ x  1
Vậy tập nghiệm của phương trình là T    1