2 Câu Cho hàm số y x 2(m 1) x m (1) , ( m tham số) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B cho tam giác KAB vng K , K (2; 2) Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm x2 2(m 1) x m2 0 x2 2(m 1) x m2 0 (2) Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt, ' (m 1) m2 2m m Gọi nghiệm phương trình (2) x1 , x2 Tọa độ giao điểm A, B A( x1 ; 0) , B( x2 ; 0) ; KA ( x1 2; 2), KB (x2 2; 2) Khi theo ta có: KA KB KA KB 0 (x1 2)(x2 2) 0 x1x2 2( x1 x2 ) 0 m 1 m2 2.2( m 1) 0 m2 4m 0 m 3 Kết hợp điều kiện m , ta m 1 , m 3 Câu Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm phân biệt x x m x x Lời giải Điều kiện x 2 Đặt 2t x x với t Phương trình cho trở thành: 2t m 2t m 2t 2t (*) x 2t Ta có 2t x x x t t Nhận xét: Với t t t 2t Với t t t 2t Do đó: Với t phương trình có nghiệm x t t2 Với t phương trình có nghiệm x t t Như vậy, để phương trình cho có nghiệm phân biệt pt (*) cần phải có nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: t1 t2 + Vế phải phương trình (*) hàm số có đồ thị parabol hình vẽ ( Có thể dùng BBT) m m 2-2 -1 O -2 t Để phương trình có nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1 t2 2 m 2 Kết luận: 2 m 2 2cos x 2sin x 2sin x 2cos x Lời giải Câu Giải phương trình cos x sin x Với điều kiện 2cos x 0 phương trình tương đương với cos x 1 sin x cos x sin x cos x sin x cos x cos x sin x 1 sin x sin x sin x 1 sin x sin x x k 2 sin x sin x 0 sin x x k 2 ; x 2 k 2 3 x k 2 , k So sánh với điều kiện ta x 2 k 2 x3 y x y x 15 y 10 Câu Giải hệ phương trình y x y x 10 y x Lời giải x y 3x y x 15 y 10 y x y x 10 y x x, y R 3 x 1 x 1 y y y x y x 10 y x 1 2 x Điều kiện y 2 Từ 1 ta có pt ( x y 1) x 1 x 1 y y 3 0 y x 3 Thay 3 vào ta phương trình: x 1 x x x 10 x x 4 Phương trình x 1 x 1 x 6 x 7 x 6 x 3 3 x 10 x 0 x x 7 x x 10 x 3 x x 7 x 10 x x 30 x x Từ 5 : x 0 x 6 y 7 x; y 6;7 nghiệm hpt Từ : x 1 x 3 x 7 x 7 0 2 x 3 3 x 10 7 phương trình vơ nghiệm 1 1 VT x 3 x VP x 3 3 x 10 2 Câu Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z xyz 2 xy yz zx Tìm giá trị lớn biểu thức: P x y z Lời giải y z P x y z + Ta có P x y z 2 + Từ giả thiết ta có x y yz z xyz 2 x y z yz x y z x y z x yz 2 + Nhận thấy x y z x y z x y z 0 nên x 1 + Vì x y z x y z x yz x y z x y z x y z 2 x x y z x y z x y z y z x y z y z + Suy P y z y z 3 Đặt: y z t ta có P t t 27 27 P t t 16 16 4t 4t 3 2t 3 27 P 27 P 64 16 16 y z 3 27 x ; y z + Vậy max P 2 y z 4 64 x y z y z Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD Gọi F điểm thuộc cạnh AB cho BF 5 FA , đường thẳng qua trung điểm E cạnh AD trọng tâm G tam giác ABC có 13 phương trình 11x y 0 Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết F ; điểm E 2 có tọa độ nguyên Lời giải F A H B N G E M D C 2 1 AB AD Nên GE.GF 0 GE GF + Ta có GE AB AD GF 12 1 170 + Do G ; GF 3 170 + Do GE 2GF GE Từ ta tìm E 2;4 HN HG HG GN HN HG HE HE HE HN mà + Ta lại có HG HG GE HE HG HE 1 1 HE HE HG 19 ; hay HE HG H HE 24 24 17 17 17 + Khi FH ; 3; 1 24 24 + Phương trình đường thẳng AD : x y 14 0 2 2 1 11 425 + Mặt khác điểm A thuộc đường trịn đường kính EF có dạng x y , 12 4 72 điểm A có tọa độ A 1;5 + Do 5FA FB nên ta có B 3; 1 E trung điểm AD nên D 5;3 , + Phương trình đường thẳng AD : x y 14 0 1 11 425 + Mặt khác điểm A thuộc đường trịn đường kính EF có dạng x y , 12 4 72 điểm A có tọa độ A 1;5 + Do 5FA FB nên ta có B 3; 1 E trung điểm AD nên D 5;3 , Câu Cho hai hình bình hành ABCD ABEF nằm hai mặt phẳng khác Gọi M , N điểm thỏa mãn AC 3 AM , BF NB Tính tỉ số ED MN Lời giải F E N A D M,N B M O C trọng tâm tam giác ABD ABE nên DM , EN qua trung điểm O AB Do ED DO 3 MN MO Câu Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A1B1C1D1 Một mặt phẳng (P) thay đổi song song với hai đáy lăng trụ, cắt đoạn thẳng AB1, BC1, CD1, DA1 tương ứng điểm M, N, P, Q Hãy xác định vị trí mặt phẳng (P) cho tứ giác MNPQ có diện tích lớn Lời giải Giả sử mặt phẳng ( P) cắt AA1 , BB1 , CC1 , DD1 tương ứng A’, B’, C’, D’ Khi ta có D C A AA' BB ' CC ' DD ' x AA1 BB1 CC1 DD1 Đặt D' P B Q C' A' D S MNPQ = S N M B' C A Theo định lí Ta- lét ta có ' B ' AM AM AA x ' ' AB1 AA1 AB A1Q A1 A ' A'Q 1 x A1 D A1 A A' D ' Do ta s( A' MQ) A' M A'Q ' ' ' ' x(1 x ) S ( A' MQ) x(1 x).S( A' B ' D ' ) (1) ' ' ' s( A B D ) A B A D Chứng minh tương tự ta có: S( B ' MN ) x(1 x).S( B ' A'C ' ) ' ' ' ' S(C NP) x(1 x).s (C B D ) ' ' ' (2) (3) ' S( D PQ) x(1 x).S( D C A ) (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có S(MNPQ) = S(A’B’C’D’)- S(A’MQ)-S(B’MN)-S(C’NP)-S(D’PQ) = S -x(1-x) (S( A' B ' D ' ) S ( B ' A'C ' ) + S(C ' B ' D ' ) + S( D 'C ' A' ) ) = S -x(1-x).2S = S(2x2- 2x +1) 1 = S 2( x ) S 2 Vậy diện tích tứ giác MNPQ hai đáy S 2 x M trung điểm AA1 (P) song song cách