Đề thi thử giữa học kỳ 1 môn Toán lớp 10 online - Mã đề 06

Mệnh đề phủ định của mệnh đề “\(\forall x \in X,P(x)\)” là “\(\exists x \in X,\overline {P(x)} \)”.

Do M là trung điểm của AB nên \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {MB} \)

\(\begin{array}{l}\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 3x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\\left[ \begin{array}{l}x =  - 1 \notin \mathbb{N}\\x = 2 \in \mathbb{N}\\x = 1 \in \mathbb{N}\\x =  - 4 \notin \mathbb{N}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(A = \left\{ {1;2} \right\} \to \)Có 2 phần tử.

TXĐ: \(D = \left[ {2; + \infty } \right)\) \( \Rightarrow A \notin \left( C \right)\).

Thay lần lượt tọa độ các điểm B, C, D vào hàm số ta được:

\({2^3} - 2 + \sqrt {2 - 2}  = 6 \ne  - 6 \Rightarrow B \notin (C)\)

\({3^3} - 3 + \sqrt {3 - 1} 2 = 25 \Rightarrow C \in (C)\)

\({4^3} - 4 + \sqrt {4 - 2}  = 60 + \sqrt 2  \Rightarrow D \in \left( C \right)\)

Vậy có 2 điểm thuộc đồ thị của (C).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(x \in \mathbb{R} \Rightarrow  - x \in \mathbb{R}\).

Đường thằng đi qua gốc tọa độ nên \(0 = a.0 + b \Rightarrow b = 0\).

Với \(x \in D\) tùy ý, \(f\left( { - x} \right) =  - ax =  - f\left( x \right)\).

Vậy hàm số \(y =  - ax + b\) là hàm lẻ nếu hàm số đi qua gốc tọa độ.

Hàm số có bề lõm hướng lên trên nên \(a < 0\). Các đáp án A, B, D đều có \(a > 0\) nên loại. Đáp án C có \(a < 0\).

ĐKXĐ:

\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5 \ge 0\\x - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - \dfrac{5}{2}\\x \ne 1\end{array} \right. \Rightarrow D = \left[ { - \dfrac{5}{2};1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\)

Xét hàm số \(y = {\left( {2x - 1} \right)^2}\) có:

\(f\left( { - x} \right) = {\left( { - 2x - 1} \right)^2} \ne  - {\left( {2x - 1} \right)^2} \Rightarrow f\left( { - x} \right) \ne  - f\left( x \right)\)

Vậy hàm số \(y = {\left( {2x - 1} \right)^2}\) không phải là hàm số lẻ.

Hàm số bậc nhất là hàm số được cho dưới dạng \(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) nên hàm số \(y =  - \dfrac{1}{2}x + \dfrac{{3\sqrt 2 }}{{\sqrt 5  - 7}}\) là hàm số bậc nhất.

Trục đối xứng của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 2\) là :

\(y = 2\left( {m + 1} \right)\). Đường thẳng này đi qua điểm \(A\) khi và chỉ khi:

\(2\left( {m + 1} \right) = 1 \Leftrightarrow m =  - \dfrac{1}{2}\)

Hoành độ giao điểm của của đường thẳng \(y = 2x + 6\) và parabol \(\left( P \right):y =  - {x^2} - x + 2\) là nghiệm của phương trình:

\( - {x^2} - x + 2 = 2x + 6 \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 4 = 0\)(1)

\({\Delta _{\left( 1 \right)}} = {3^2} - 4.4 =  - 7 < 0\) nên (1) vô nghiệm.

Vậy đường thẳng \(y = 2x + 6\) và parabol \(\left( P \right):y =  - {x^2} - x + 2\) không có giao điểm.

Ta có: \(\overrightarrow {MA}  = \left( { - 4; - 1} \right)\)

\(\overrightarrow {MB}  = 3\overrightarrow {MA}  = \left( { - 12; - 3} \right)\)\( \Rightarrow B\left( { - 12; - 1} \right)\)

Ta có G là trọng tâm tam giác ABC nên

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 3{x_G} - {x_A} - {x_B} = 22\\{y_C} = 3{y_G} - {y_A} - {y_B} = 15\end{array} \right.\)

Vậy \(B\left( { - 12; - 1} \right),C\left( {22;15} \right)\).

\(\begin{array}{l}\left| {x - 2} \right| - 4 = 0 \Leftrightarrow \left| {x - 2} \right| = 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 4\\x - 2 =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {OP}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB} } \right) = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OA}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OB} \\ = \overrightarrow {OM}  + \dfrac{1}{2}.\left( { - 3} \right)\overrightarrow {ON}  = \overrightarrow {OM}  - \dfrac{3}{2}\overrightarrow {ON} \end{array}\)

Vậy \(m = 1,n =  - \dfrac{3}{2}\)

Ta có \(a <  - 1\) nên \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CA} \) ngược hướng và \(AB > AC\). Hay \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} \)cùng hướng và C nằm giữa A và B.

Ta có G là trọng tâm tam giác ABC nên \(GB \bot AC\) và \(GB = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Vẽ hình bình hành \(BGCD\). Khi đó \(\overrightarrow {BG}  = \overrightarrow {DC} \)\( \Rightarrow CD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\(\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {BG}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AD} \)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {BG} } \right| = AD\)

Vì \(GB \bot AC\) nên \(AC \bot CD\). Suy ra \(AD = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {BG} } \right| = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

N là trung điểm của AC nên \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MC}  = 2\overrightarrow {MN} \).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MA}  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MC}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AE} \end{array}\)

Khi đó M là điểm thỏa mãn AENM là hình bình hành.

Hàm số của X  theo t là:

\(y = 300000t\left( {0 \le t \le 300} \right)\)

Hàm số biểu diễn số tiền lời (hoặc lỗ) khi bán được t chiếc áo là

\(y = 300000t - 45000000\)

Để lời được 9000000 thì \(300000t - 45000000 = 9000000 \Leftrightarrow t = 180\)

Vậy cần bán được 180 chiếc áo.

\(\begin{array}{l}\sqrt {x + 1}  = x - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ge 0\\x + 1 = {\left( {x - 1} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\{x^2} - 3x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 3\end{array}\)

Ta có hàm số (P): \(y = \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x + 1{\rm{  khi }}x \ge 0\\{x^2} + 3x + 1{\rm{  khi }}x < 0\end{array} \right.\)

Vẽ đồ thị của hàm số \(\left( P \right):y = {x^2} - 3\left| x \right| + 1\).

Vẽ Parabol \(({P_1}):y = {x^2} - 3x + 1\). Bỏ đi phần đồ thị bên trái trục tung.

Vẽ Parabol \(({P_2}):y = {x^2} + 3x + 1\) bằng cách lấy đối xứng \(\left( {{P_1}} \right)\) qua trục \(Oy\).

Ta được đồ thị của \(\left( P \right):y = {x^2} - 3\left| x \right| + 1\) như sau:

Từ đồ thị ta thấy \(\left( d \right):y = \dfrac{{ - 2m - 1}}{3}\) cắt \(\left( P \right)\) tại đúng 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi \(\left[ \begin{array}{l}\dfrac{{ - 2m - 1}}{3} = 0\\\dfrac{{ - 2m - 1}}{3} > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - \dfrac{1}{2}\\m <  - 2\end{array} \right.\)

M, G, I thẳng hàng \( \Leftrightarrow \) tồn tại số k để \(\overrightarrow {IG}  = k\overrightarrow {IM} \)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {IG}  = \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC} } \right) = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {IA}  + \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AB} } \right) + \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AC} } \right)\\ = \overrightarrow {IA}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}  = \dfrac{5}{6}\overrightarrow {AC}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB} \end{array}\)

\(\overrightarrow {IM}  = \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AM}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC}  + x\overrightarrow {AB} \)

Do đó \(\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AC}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}  = k\left( {\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC}  + x\overrightarrow {AB} } \right) = \dfrac{k}{2}\overrightarrow {AC}  + kx\overrightarrow {AB} \).

Đồng nhất hệ số ta được \(\left\{ \begin{array}{l}k = \dfrac{5}{3}\\x = \dfrac{1}{5}\end{array} \right.\)

Gọi \(\overrightarrow v \left( {a;b} \right)\) là vectơ tịnh tiến. \(M\left( {x;y} \right) \in (P)\) tùy ý, \(M'\left( {x';y'} \right)\) là ảnh của \(M\) qua \({T_{\overrightarrow v }}\), khi đó:

\(\left\{ \begin{array}{l}x' = x + a\\y' = y + b\end{array} \right.\)

\(\overrightarrow v \left( {a;b} \right)\) là vectơ tịnh tiến biến \(\left( P \right)\) thành \(\left( {P'} \right)\) khi và chỉ khi \(M' \in (P')\).

 \( \Leftrightarrow {\left( {x + a} \right)^2} - 2\left( {x + a} \right) + 5 = y + b\)

\( \Leftrightarrow y = {x^2} + \left( {2a - 2} \right)x + {a^2} - 2a + 5 - b\)

Mà ta có \(M \in \left( P \right)\) nên \(y = {x^2} + 5\). Đồng nhất hệ số ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}2a - 2 = 0\\{a^2} - 2a + 5 - b = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 1\end{array} \right.\)

Vậy \(\overrightarrow v  = \left( {1; - 1} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow b  - \overrightarrow a  = \left( {1 - 3;0 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( { - 2;1} \right)\)

ĐKXĐ:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3 \ne 0\\x + 4 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - 4\\x \ne  \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Các phần tử có trong \(B\) mà không có trong \(A\) là: 1 và 3 nên \(B\backslash A = \left\{ {1;3} \right\}\).

Các phần tử chung của A và B là: 2;4\( \to A \cap B = \left\{ {2;4} \right\}\)

Các phần tử có trong A hoặc trong B là: 0;1;2;3;4;5;6.\( \to A \cup B = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\}\)

Các phần tử có trong A mà không có trong B là: 0;5;6 \( \to A\backslash B = \left\{ {0;5;6} \right\}\)

Từ đồ thị ta thấy hàm số đi lên trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\) mà \(\left( {1;\dfrac{3}{2}} \right) \subset \left( {1;2} \right)\). Nên hàm số đồng biến trên \(\left( {1;\dfrac{3}{2}} \right)\).

Hàm số \(y = \sqrt {x + 1}  + \sqrt {1 - x} \) có tập xác định \(D = \left[ { - 1;1} \right]\) và \(f\left( x \right) = f\left( { - x} \right)\forall x \in D\).

Hàm số \(y = {x^2} + 1\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và \(f\left( x \right) = f\left( { - x} \right)\forall x \in \mathbb{R}\).

Hàm số \(y = {x^3} - x\) là các hàm lẻ.

Hàm số \(y =  - 2x + 1\) không chẵn không lẻ.

Vì \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(A = \left\{ {x \in \mathbb{Z}\left| { - 1 \le x \le 1} \right.} \right\}\). Số phần tử của A là 3. Nên số tập con của A là \({2^3} = 8\)

\(A'\left( { - x; - y} \right)\) đối xứng \(A\left( {x;y} \right)\) qua gốc tọa độ.

\( - {x^4} + 2{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} =  - 1\\{x^2} = 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 3 \\x =  - \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y =  - x + 1\) và (P) là nghiệm của phương trình \(4{x^2} - 5x + 2 =  - x + 1 \Leftrightarrow 4{x^2} - 4x + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}\)

Giao điểm cần tìm là \(M\left( {\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}} \right)\).

Điểm \(I\left( {1;0} \right)\) và \(A\left( { - 1; - 2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 2a{x^2} - bx + 3\) nên:

\(\left\{ \begin{array}{l}2a - b + 3 = 0\\2a + b + 3 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 2\\b =  - 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow S = 5\)

Các phương trình hệ quả của phương trình \(\sqrt {2x + 1}  = x - 2\) là:

(2),(3),(4).

Tịnh tiến đồ thị lên trên 2 đơn vị ta được đồ thị hàm số \(y = \left| {2x + 3} \right| - x + 3\)

Tịnh tiến đồ thị sang trái 3 đơn vị ta được đồ thị của hàm số

\(y = \left| {2\left( {x + 3} \right) + 3} \right| - \left( {x + 3} \right) + 3 = \left| {2x + 9} \right| - x\).

\(\overrightarrow {AB}  = 4\overrightarrow {MA}  \Rightarrow \overrightarrow {MB}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AB}  = 5\overrightarrow {MA} \)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MC}  = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {AD} \\ = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MD}  - \overrightarrow {MA}  = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MD}  - \dfrac{1}{5}\overrightarrow {MB} \\ = \dfrac{4}{5}\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MD} \end{array}\)

Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số \(\left( P \right):y = 2{x^2} + 5x - 2\) và \(\left( {P'} \right):y = {x^2} + 4\) là nghiệm của phương trình

\(2{x^2} + 5x - 2 = {x^2} + 4\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 5x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = 5\\x =  - 6 \Rightarrow y = 40\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy giao điểm của hai đồ thị là \(\left( {1;5} \right);\left( { - 6;40} \right)\)

Ta có \(\Delta  = {m^2} + 4\left( {3 - m} \right)\)

Hàm số có giá trị lớn nhất bằng \( - \dfrac{\Delta }{{4a}}\) nên \( - \dfrac{{{m^2} - 4m + 12}}{{ - 4}} = 3\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 4\end{array} \right.\)

\(2mx + 3 = 3{m^2} - 2x \Leftrightarrow \left( {2m + 2} \right)x = 3{m^2} - 3\)

Phương trình nghiệm đúng \(\forall x \in \mathbb{R}\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}2m + 2 = 0\\3{m^2} - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 1\)

Sau 1 năm người này nợ thêm 50 000 000.4,8%=2 400 000 (VNĐ)

Sau n năm người này nợ thêm 2 400 000 .n (VNĐ)

Sau 5 năm người này nợ 2 400 000.5+50 000 000=62 000 000 (VNĐ)

Gọi M(x;y) và M’(x;-y) là hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua Oy  (\(x \ne 0\))

M và M’ thuộc đồ thị hàm số nên

\(\left\{ \begin{array}{l}y = {x^4} - {x^3} - 2{x^2} + 4x - 8\\y = {x^4} + {x^3} - 2{x^2} - 4x - 8\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow 2\left( { - {x^3} + 4x} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = 0\\x =  - 2 \Rightarrow y = 0\\x = 0\left( L \right)\end{array} \right.\)

Vậy M(2;0) và M’(-2;0).