2 toán 10 đáp án lời giải

20 38 0
  • Loading ...
1/20 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 02/05/2018, 15:06

61 ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI RÕ VÀ VẮN TẮT MƠN: TOÁN LỚP: 10 Tên giáo viên mơn: VÕ THỊ HẠNH Trang đầu Câu số Đáp án Lời giải rõ vắn tắt D P : x  �: x C Q: “ Tồn số nguyên dương n, với số nguyên dương k �n k khơng phải số ngun tố” 3 D a0 � 0 � A Sai, Vì ax  bx  c  0, ��� � B Sai, tam giác ABC nội tiếp đường tròn � A, B, C � C  a0 � 0 � C Sai, ax  bx  c  0, ��� � D Mệnh đề chứa biến x + y > C Vì   3,14  C  n nguyên dương n(n+1)(n+2) chia hết cho B � 3  29 x � 2 � x  3x   � � 3  29 x � � A x=0, 02  (sai) B 10 D x  2, y  � x  y  số nguyên tố x  1, y  � x  y  số nguyên tố x  2, y  � x  y  số nguyên tố x  2, y  11 � x  y  13 số nguyên tố 62 D C x �A � x �B C B �A A A �B 5 D ����� A Sử dụng MTBT, ta thấy phương trình có nghiệm âm Do  Ta có nghiệm x1  1�� ; x2  �� x �� A khơng có phần tử B Sử dụng MTBT A Tập A có phần tử từ 11 đến 49 nên số phần tử A (49-11)+1=39 gồm số 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45 Mà x �A, x M A A có phần tử số tập A 24  16 10 D B   0;3;6;9;12;15;18 B A �C  B B Dùng biểu đồ Ven B A   0;3;6;9;12  ; C   0;6;12  A  A �B  �C   b; c ;  A �B  � A �C    b; c D Vì B có phần tử A có phần tử Do số phần tử chung A B phải �3 C Dùng biểu đồ Ven C Dùng biểu đồ Ven 8 D A �B  B � B �A C A   2;  , B   3;  A �B   2;  10 D A �B  � A A   0;6;12  , B   0; 2; 4;6  , C   0;3;6  D A �B  B � B �A 63 D A �B  � 10 C Vì B có phần tử A có phần tử Do số phần tử chung A B phải �3 10 C Dùng biểu đồ Ven 10 C A   2;  , B   3;  A �B   2;  10 D Dùng biểu đồ Ven 10 A A �B  � 11 C 11 10 A  A �B  �C   b; c ;  A �B  � A �C    b; c 11 A Cộng hai vế bất đẳng thức với số a  b � a  c  b  c 11 A b d ax  b  � x   ; cx  d  � x   a c  11 A 12 B b d b d  �  a c a c f  x  x  1 �2 x  x x a b  � a  b Ta có  b  1 �0, b �  b  1  �1 2 Vậy ab có GTNN -1 12 D 2a  2b � a  b � �� a  b  c 4b  4c � b  c � 12 B BĐT tam giác là: Tổng cạnh lớn cạnh lại Do đó: x ngun nên 1  x � �x  � 2 x 1� � � x2 � x 1 � � 1 x  � 64 12 A � 1� f  x   x  x   x  x   �x  � � 2�   2 2 � 1� � 1� � 1� 1 ��0, x �  �x  ��0 �  �x  � � � 2� � 2� � 2� 4 ta có �x  f(x) có giá trị lớn 12 B Nhân hai bất đẳng thức chiều a  c c  d � ac  bd 12 A Ví dụ: 9   9   32 (Đúng) 12 10 B f  x  2  x  x  13  x  3  Ta có  x  3 �0, x �  x  3  �4 ۳ ۳ 18 A  x  3 4 4  2  x  3 �x  y  y (1) � � �y  x  x (2) Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta x y 0 yx � � x  y  y  x2  x  y � x2  y  � � �� x y 0 y  x � � x0 � x2 � 2 Thay y=x vào pt(1): x  x  x � x  x  � � � y  x  0; y  x  Thay y=-x vào pt(1):   x     x   x � x  � y  Vậy nghiệm hệ là: (0;0) (2;2) 65 18 D � m x   m   y  2m   1 � có nghiệm  3; 1 nên � x  my    � Thay x=3, y=-1 vào (2) ta có 3+2m(-1)=1 � m  Thay x=3, y=-1, m=1 vào (1) ta có: 1.3-(-1)=4 (đúng) Vậy m=1 18 C Ta từ đáp án lên A D   3 , nghĩa cho m=3 thay vào hệ phương trình, nghiệm x, y nguyên m=3 thỏa, tương tự làm với tất đáp án chọn đáp án cuối xác x  y  �x  3 � �� Vậy m=3 thỏa �x  y  �y  Thay m=3 vào hệ ta có hpt � � 3y  � �x  �� Vậy m=0 thỏa �x  y  �y  Thay m=0 vào hệ ta có hpt � � x  y  �x  � �� Vậy m=1thỏa �x  y  �y  3 Thay m=1 vào hệ ta có hpt � � Vậy chọn đáp án cuối C D   0;1; 2;3 19 B Sử dụng máy tính bỏ túi sau:Mode � � � 3= � -5= � 2= � 4= � 2= � 7= � = 19 D � � mx   m   y  m  � 2m  m y  my  y  m  �x   my hpt � � �� ��  m  m   y  m   �x   my �x  my  � m  1 �m  m   � �� Để hệ cho vơ nghiệm � m �2 � �m  �0 19 D Sử dụng máy tính bỏ túi sau:Mode � � � 5= � -4= � -3= � 7= � -9= � -11= � = 19 A 2mx  y  2m  mx  y  m  � � hpt � � �� �   m2  y  2m2  3m  2 2 x  my  m  mx  m y  m  m � � 66 m  �2 � � 4m  � � �� m  � m  2 Để hệ cho vô số nghiệm � 2m  3m   � � m  2 � � 19 B ĐK: x, y �0 Đặt u  1 ,v  x y �1 � u �x  � 2u  6v  1 � � �x  � �� �� �� Ta có hệ: � (thỏa) 1 2u  6v  y3 � � � �  v � � �y 20 B Sử dụng MTBT 20 10 C 2 Vì Dx  a  b nên Dx  Dx �0 26 C 26 D 26 B uur uur AI  IC có hướng độ dài 67 26 D 26 A Số vectơ tính theo cơng thức sau: n(n-1) Với n=6, suy số vectơ 5.6=30 27 D 27 A 27 B 27 C 27 10 B uuu r uuur AB  DC có hướng độ dài uuu r uuur AB  AB; CD  CD uuu r uuur AB  CD � AB  CD uuur r AB  0 A B uuur r uuur r Giả sử AB  u, BC  v r r Nếu u v không phương A, B, C tạo thành tam giác AB  BC  AC r r uuu r uuur r r uuur r r Vì u  v  AB  BC  AC nên u  v  AC  AB  AC  u  v r r Nếu u v phương điểm A, B, C thẳng hàng r r r r r r r r + u v ngược hướng u  v  u  v r r r r + u v hướng u  v  u  v 28 D uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur uuur uuu r uuur uuu r AB  CD  AC  CB  CD  AC  CD  CB  AD  CB 28 A Gọi M, N trung điểm AB, CD Khi uuu r uuu r uuur uuur uuur uuuu r uuur uuur VT  OA  OB  OC  OD  OE  2OM  2ON  OE 68 uuuuu r uuuu r uuuur uuur Vẽ M’ cho OM '  2OM , N’ cho ON '  2ON Khi ta thấy cần chứng minh OM’E’N’ hình bình hành uuuuu r uuuur uuur uuuu r uuur r VT  OM '  ON '  OE  OE '  OE  uuur uuuu r uuuu r r Tổng quát: Cho đa giác A1 A2 An có tâm O OA1  OA2   OAn  28 C uuu r uuur uuur Theo quy tắc hình bình hành, ta có AB  AD  AC uuur uuur uuur � AB  AD  AC  AC uuuu r uuuu r uuur 28 B 28 C 29 B uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuu r uuu r r AB, CD hướng, độ dài nên AB  CD  AB  AB  AB �0 29 B Theo quy tắc trừ ta có AB  AC  CB Sử dụng quy tắc điểm: OM  MN  ON uuur uuur uuu r 69 29 C uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuu r uuu r uuur AB  CB  AB  BC  AC � AB  CB  AC  AC ABCO có cạnh a suy ABCO hình thoi � AC  OB trung điểm M Vì tam giác ABO cạnh a nên đường cao AM  a a a  a 2 uuur uuur uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r r MA  MB  MC  MB  MC  MB  MC  (Theo quy tắc hình bình Vậy AC  AM  MC  29 B hành) 29 10 D uuur uuuur uuuur uuur uuur Sử dụng quy tắc điểm MP  NM  NM  MP  NP 30 A 30 D 30 B uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuu r uuur 3MG  MA  MB  MC  MA  MA  AB  MA  AC  3MA  AB  AC uuuu r uuur uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur uuu r uuur � 3MG  3MA  AB  AC � AG  AB  AC � AG  AB  AC  30 B  M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k  k �1 uuur uuur uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuuu r uuu r uuu r MA  k MB � MO  OA  k MO  OB � OM  kOM  OA  kOB uuu r uuu r uuuu r OA  kOB � OM  1 k   70 30 D Theo tính chất ngũ giác � AC / / ED uuur uuur uuu r uuur uuur uuur Vì AC , ED hướng nên k>0 AB  BC  AC  k ED uuu r uuur uuur uuur Mà AB  BC  AC  ED  ED � k  31 B Gọi M điểm cho MJ nhận I trung điểm Khi I trung điểm đường chéo AB, MJ Suy AMBJ hình bình hành AM / / BC � AM / / JC AM  BJ � AM  JC Suy AMJC hình bình hành uu r uuur r uu r uur uur uu r uur uur r IB  IC  IA  IB  IC    31 D 31 C 31 A uuur uuu r uur �uuu r uuu r uuur � uuu r uuur AE  AB  AI  �AB  AB  AC � AB  AC 2� � 31 10 D A điểm bất kì, I trọng tâm tam giác ABC, ta có Ta có IA  IM  � IA      uuu r uuur uuur uur AB  AC  AD  AI uur uu r uuur uuur uu r r � IB  IA  AC  AC  3IA  uur uu r uuur r � IB  2IA  AC  uur uu r uur uu r r � IB  2IA  IC  IA  u u r u u r uu r uur uur r uur r � IA  IB  IC  � IA  IB  3IC  2  32 B  Gọi D(x;y) uuu r uuur AB   2;1 ; DC    x; 4  y  71 uuu r uuur 5 x  � �x  �� 4  y  �y  5 � Vì ABCD hình bình hành nên AB  DC � � 32 C 32 C Ta có u  xi  y j � u   x; y  nên tọa độ vectơ 2i  j (2;1) 32 B r r r a  b   3;5  ; c   6; 10  r r r r r r � �1� 3�  �  6  � � � 2� �k  Ta có � �1� � 5�  �  10  � � � 2� 32 A r r r r r r � a  b c phương, mà k    � a  b c ngược hướng r r r u   2;3 , v hướng với u � k  câu A, v1  1  k  2  � k  v2  k   2 r � 3� � 2� 1; � Vậy v  � 33 C Gọi A(x;y) uuuu r uuur Ta có MN   2;3 ; DA   x; y   uuuu r uuur �x  �x  MN  DA � � �� �y   �y  2 33 A x x x  1 � xG  A B C     2 � 3 � Ta có � �y  y A  yB  yC     6   1  1 G � 3 � Vậy G trọng tâm tam giác ABD 72 33 B r r r r � �x  2.2   5   u  2a  b � � � u   9; 11 �y   4    11 33 B �   1  x  2 � �I � �y     �I 33 10 C AB=2, suy BC=4; CD=12, BC  CD  BD uuur uuur uuur Theo hệ thức Sa- lơ BC  CD  BD   12  16 42 D 2+4chia hết cho suy chia hết cho chia hết cho ngược lại 42 B Vì A �R nên R \ A  CR A 42 B 7+6-3=10 42 A  0;1; 2 ,  0;1 ,  0; 2 43 43 B A sai, tập hợp khơng dùng dấu thuộc, C sai phần tử khơng dùng dấu con, D sai rỗng tập hợp không dùng dấu thuộc 43 D 43 B 2,3,5,7,11 số nguyên tố nhỏ 12 43 B x0 � x3  x  � x  x    � � x  �2 � 43 10 C 44 11 D  n nguyên dương n(n+1)(n+2) chia hết cho 44 12 A  1; 2;3 ,  1; 2; 4 ,  2;3;4 ,  1;3; 4 44 13 D B \ A  � B � A 44 14 D A   1;0; 2;3 , B   1;0;1 m A, B, C loại 44 15 B A �B   3;5 ; CE A �B   1; 2; 4;6;7 44 16 B Dùng biểu đồ Ven 73 45 17 D A �B  B � B �A 45 18 B Vì n   mệnh đề sai 45 19 C 45 20 A 45 21 B 45 22 A ab chia hết cho nghĩa a=5k b=5k 46 23 C B �A � B �A  B 46 24 B A   �; 4 , B   3; � , B \ A   4; � 46 25 B 46 26 A A   1;1; 2 , B   1;  , C   0;1; 4;9 ,  A �B  \ C   2 46 27 B B  60    60;120  ;60M 15, 60M6 47 28 A 47 29 D 47 30 B 47 D 47 A 47 C 48 B �      3;12  \   �;a���  3;12 C a 12  1; 2 ,  1;3 ,  1; 4 ,  1;5 ,  2;3 ,  2; 4 ,  2;5 ,  3; 4 ,  3;5 ,  4;5 � 1    1 x x x xG  A B C  0 � � 3 � �y  y A  y B  yC    12  G � 3 � M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k  k �1 uuur uuur uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuuu r uuu r uuu r MA  k MB � MO  OA  k MO  OB � OM  kOM  OA  kOB uuu r uuu r uuuu r OA  kOB � OM  1 k uu r uur r uu r uur IA  IB  � IA  IB  48 ;a  74 Vậy I nằm đoạn AB kéo dài phía B 48 C uuu r uuur uuu r uuur uuur uuur r AB  CD  AB  CD  AB  DC    uuur uuur uuur uuur (Vì ABCD hình bình hành có AB  DC AB, DC ngược hướng) Suy hệ thức thỏa ABDC hình bình hành 48 D r r r u   2;3 , v hướng với u � k  câu D, v1  1  k  2  � k  v2  k   2 r � 3� � 2� 1; � Vậy v  � 48 A 49 A 49 10 A 49 11 A Gọi M, N trung điểm AB, CD Khi uuu r uuu r uuur uuur uuur uuuu r uuur uuur VT  OA  OB  OC  OD  OE  2OM  2ON  OE uuuuu r uuuu r uuuur uuur Vẽ M’ cho OM '  2OM , N’ cho ON '  2ON Khi ta thấy cần chứng minh OM’E’N’ hình bình hành uuuuu r uuuur uuur uuuu r uuur r VT  OM '  ON '  OE  OE '  OE  75 49 12 A 49 13 A uuur r uuur r Giả sử AB  u, BC  v r r Nếu u v khơng phương A, B, C tạo thành tam giác AB  BC  AC r r uuu r uuur r r uuur r r Vì u  v  AB  BC  AC nên u  v  AC  AB  AC  u  v r r Nếu u v phương điểm A, B, C thẳng hàng r r r r r r r r + u v ngược hướng u  v  u  v r r r r + u v hướng u  v  u  v 50 14 D � �xM '  xM  �yM '   yM    3  M’ đối xứng với M qua trục hồnh � 50 15 A 50 16 C � x uur uur uur r �  x   x  x  � � IB  IC  IO  � � ��  y 1  y  y  � �y   � uu r uur uuur M trung điểm AB � IA  IB  IM uu r uur uur uuur uur uuur uur r VT  IA  IB  IC  IM  IC  IM  IC  ( I trung điểm   MC) 50 17 A 50 18 B G trọng tâm tam giác ABC � GI  Gọi M(x;y), M AI thỏa � �  x  3  x  4 x  2 � � �x  �� �� �� 4 y  12  y   4  y   � � � �y  3 uuur uuur r MA  3MB  76 51 19 C uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuu r uuu r uuur AB  CB  AB  BC  AC � AB  CB  AC  AC ABCO có cạnh a suy ABCO hình thoi � AC  OB trung điểm M Vì tam giác ABO cạnh a nên đường cao AM  Vậy AC  AM  MC  51 20 C a a a  a 2 Gọi D(x;y) uuu r uuur AB   2;1 ; DC    x; 4  y  uuu r uuur 5 x  � �x  �� 4  y  �y  5 � Vì ABCD hình bình hành nên AB  DC � � 51 21 C 51 22 D 51 23 D 52 24 D 52 25 A uuu r uuur uuu r uur uur uur AB  IM  AB  BI  AI  IC uuuu r uuu r uuur uuur uuur MN  QP  AC  AC  AC 2 uu r uur uur r 3IA  IB  IC  uur uuu r uur uur uuur r � IB  BA  IB  IB  BC  uur uuu r uuur r � IB  3BA  BC  uuu r uuur uur 3BA  BC � BI   52 26 D 52 27 D  G trọng tâm tam giác ABC, O Ta có 77 uuu r uuu r uuur uuur uuur uuu r uuu r uuur OA  OB  OC  3OG � OG  OA  OB  OC  52 28 C 53 29 A 53 30 C 53 A  uuu r uuu r uuur uuur r GA  GB  GC  GD  uuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuu r uuur r � GA  GA  AB  GA  AC  GA  AD  uuu r uuu r uuur uuur r � 4GA  AB  AC  AD  uuu r uuur uuur uuur AB  AC  AD � AG  Vì hàm số f  x   x  x  có đỉnh I  2; 3 , a   � Hàm số đồng biến  2, � 53 C Vì a  m  53 B 7 x  a   � xM '  2a  xM     10 2 54 A x  a2�a  x2 f  x    x     x     x  x   x   x  12 x  11 54 B Với m=0, Pt vô nghiệm Với m �0 , pt � x  1 m m � m � m   m � 1 m � �1 � 1 2�� �� � m �� ; � 1  m  2m m �3 � � � m � 54 A xP  3 xP1   54 D 54 B Xét x  b 12   3  xP 2a 4 , pttt: y  7 x  x   x   12 x  11 HS nghịch biến 78 x Xét �x  , pttt: y  7 x  x   x   6 x  HS nghịch biến �x  Xét x � , pttt: y  7 x  x   x   2 x  11 HS nghịch biến x � Vậy HS cho nghịch biến R 55 C Hàm số y  x    x  có tập xác định D  � x �D  x �D f  x  x 1  x 1  x 1  x 1  f  x Vậy hàm số cho hàm số chẵn 55 10 C Vì f   x     x  1 � x  1 hay f   x  �f  x  55 11 C Loại trừ đáp án 2 hs f(x) hàm chẵn, xác định với R 55 12 C Xét x  1 , pttt: y   x   3x   4 x  HS nghịch biến x  1 Xét x �1 , pttt: y  x   x   2 x  HS nghịch biến x �1 Vậy hs nghịch biến R 55 13 B x b  � 1;1 , f  1  3; f  1  3 2a Vậy giá trị lớn 55 14 A x '  x  � x  x' y '   x '    x '2  x ' 56 15 D Xét m   � m  1, bpttt :  (đúng) Vậy m=1 nghiệm bpt 79 Xét m   � m  1, bpttt : x  � � �; Vậy T  � 0 Xét m �۳ 3 m 1 3 � �và  1; � �T m 1 � m 1, bpttt : x 3 m 1 � 3 � ; �� �m  � Vậy T  � Để  1; � �T 3 3 m4  1 � 1  �  �1 m  m 1 m 1 m 1 Kết hợp với m=1, ta chọn đáp án D 56 16 A �x �3 �x  �0 � � � (khơng có Hàm số y  x    x xác định �  x �0 x� � � � giá trị x thỏa mãn) 56 17 B 56 18 B Hàm số y  3x  xác định x 1 �x �0 �x �0 �� � � x  �0 �x �1 Hàm số f  x   x có đỉnh gốc tọa độ O  0;0  , a   Vậy hàm số nghịch biến  �;0  , nghịch biến  0; � 56 19 A y'  y  � y  y ' y '  x  x  � y '  x  x  56 20 C Hàm số y   m  1 x  4m  hàm số bậc a �� �۹ m 57 21 B m TXĐ: x �3 Do loại điểm A,B (loại đáp án A, D) Thay x=12 vào hs f  12   2.12  12   24  �48 Vậy chọn đáp án B 57 22 C Xét x   , pttt: y  12 x  x   x   13x  HS đồng biến 80 x Xét  1 �x   , pttt: y  12 x  x   x   x  HS đồng biến  1 �x   5 Xét x � , pttt: y  12 x  x   x   11x  HS đồng biến x � Vậy HS cho đồng biến R 57 23 C �x  �0 �x �3 �� � �x   �x  2 57 24 C f  x  x 1  x 1  f  x 57 25 D Vì x   b  , a   nên hs đồng biến 2a �6 3� ;3  � � �4 �, nghĩa � � x tăng y tăng theo Do hs đạt GTLN x   58 26 C Vì giá trị hs cho nhận -1 58 27 A Vì a  m   0, m 58 28 A Ta có f  x   x  x có tập xác định D   0; � câu A, x=-1 ta không thay vào hàm số để tính 58 29 A x'  x 2 � x  2 x' y'    x '    x '2  x ' 58 30 A Vì x   A b  1, a   bề lõm quay lên nên hs đạt cực tiểu x=1 2a ... 56 20 C Hàm số y   m  1 x  4m  hàm số bậc a �� �۹ m 57 21 B m TXĐ: x �3 Do loại điểm A,B (loại đáp án A, D) Thay x= 12 vào hs f  12   2. 12  12   24  �48 Vậy chọn đáp án B 57 22 C...  2 46 27 B B  60    60; 120  ;60M 15, 60M6 47 28 A 47 29 D 47 30 B 47 D 47 A 47 C 48 B �      3; 12    �;a���  3; 12 C a 12  1; 2 ,  1;3 ,  1; 4 ,  1;5 ,  2; 3 ,  2; ... �y 20 B Sử dụng MTBT 20 10 C 2 Vì Dx  a  b nên Dx  Dx �0 26 C 26 D 26 B uur uur AI  IC có hướng độ dài 67 26 D 26 A Số vectơ tính theo cơng thức sau: n(n-1) Với n=6, suy số vectơ 5.6=30 27
- Xem thêm -

Xem thêm: 2 toán 10 đáp án lời giải , 2 toán 10 đáp án lời giải

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay