De so 219 da sua (1) đề ôn tập toán

Câu 1: Cho parabol (P): y  x  x  m Tìm tất cá giá trị m để đường thẳng d: y 2 x  cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A, B cho AB=2 Lời giải * PT hoành độ giao điểm: x  x   m 0 (1) * d cắt (P) điểm phân biệt PT (1) có nghiệm phân biệt      m    m  (*) A( x1; x1  1); B( x2 ; x2 1) với x1 ; x2 nghiệm pt (1)  x1  x2 4 Theo hệ thức Viet:   x1.x2 m  Ta có 2 AB  x1  x2    x1   x2  1 5  x1  x2  2 5   x1  x2   x1 x2  5  16   m  1  5  20  4m    AB 2  AB 4   20  4m  4  m  Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m m  Câu 2: 24 24 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt:  m   x  2mx  m2  0 Lời giải * Đặt t x 0 , pt cho trở thành:  m   t  2mt  m  0 (*) * Phương trình cho có nghiệm phân biệt pt (*) có nghiệm dương nghiệm * Phương trình (*) có nghiệm t=0 m  0 hay m 2 Với m=2, phương trình (*) trở thành -4t=0 Trong trường hợp này, (*) có nghiệm Với m=-2, phương trình (*) trở thành  4t  4t 0 Phương trình có hai nghiệm t=0 t=1 * Kết luận: PT cho có ba nghiệm phân biệt m=-2 Câu 3: Chứng minh 2sin  a  b  cos  a  b   cos  a  b   tan b t ana Lời giải * Ta có sin  a  b  sin a cos b  cos a sin b cos  a  b  cos a cos b  sin a sin b cos  a  b  cos a cos b  sin a sin b VT=  Câu 4:  sin a cos b  cos a sin b  cos a cos b  sin a sin b  cos a cos b  sin a sin b  sin a cos b  cos a sin b  cos a cos b  sin b cos b  sin a cos b  cos a sin b sin b  cos a cos b cos b  sin a cos b t ana VP cos a cos b Giải bất phương trình:  tan b   x2 3 x Lời giải 1  x 0  1 ĐK:  hay x    ;  \  0  2  x 0 Thực phép nhân liên hợp ta thu BPT x  3(1   x )   x  x     x   4 x       x 1  1  x 0       x   x  0     x  9(1  x )  (4 x  3)    2  9(1  x )  (4 x  3)  1 Kết hợp ĐK thu nghiệm   ;  \  0  2 Câu 5: Giải phương trình: x  x   x  1 x  Lời giải Biến đổi phương trình: ĐK: x  0  x  x  x  10 2  x  1 x   x   x  2  x  1 x   1     Đặt x  t t 2 Khi phương trình  1 có dạng:  t 1 l  t   x  1 t  x  0   Với  t 4 x    10 x  t 4 x   x   x     x   tm  3x  x  0  Vậy phương trình có nghiệm x  Câu 6:  10  x  3x  x   y  y  x, y    Giải hệ phương trình:  2   x  3  y  y 3x  Lời giải   x 0  Điểu kiện:  3  y  y 0  x 2    y 3 Biến đổi phương trình đầu hệ, ta có:  x  1   x  1  y  y   x   y    x  1  y   x  1 y  3 0   *) Với y x  thay vào phương trình thứ hai ta y  x     2   x  1  y   x  1 y  0 có:  x   x 2  3x    10 x  12 x 0    x   x 0 Vậy hệ phương trình có   x 0  tm   x   l   nghiệm  x, y   0,1 y  y2  *) Với  x  1  y   x  1 y  0   x      0  VN  2  Câu 7:   AB  AC  BC Chứng minh tam giác ABC ta có AB AC  Lời giải     * Ta có AB AC  AB AC cos BAC  AB.AC cos BAC (1) * Theo định lí cosin tam giác ABC ta có AB  AC  BC (2) cos BAC  AB AC * Thế (2) vào (1) suy điều phải chứng minh Câu 8: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đỉnh trùng với đỉnh elip, bán kính đường trịn nội tiếp hình thoi Viết phương trình tắc elip biết tỉ số tiêu cự độ dài trục lớn elip Lời giải x2 y  1 a  b   a b2 Theo gt: AC=2a, BD=2b Tâm hình thoi ABCD gốc toạ độ O tâm đường trịn nội tiếp hình thoi Ta có: 1 S AOB  OA.OB  AB 2 c Mặt khác: e  0,5  a 2c 2  ab  a  b a Gọi (E) có dạng  a 2b 2(a  b )(*)  b a  c  3a (**) 14 2 Thay (**) vào (*) ta 3a 14a  a  (do a  0)  b  x2 y  1 Vậy ptct (E) là: 14 Câu 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : x  y  0, d : x  y  0 cắt tai I; điểm A thuộc d1 , A có hồnh độ dương khác Lập phương trình đường thẳng    qua A, cắt d B cho diện tích IAB IB  3IA Lời giải Gọi I = d1  d2  x  y  0  x 1   I  Vậy I(1;1)  x  y  0  y 1   I Từ gt d1, d2 có VTPT n1 (2;  1); n2 (2;1); A  B Gọi  góc d1 d2 IB=3IA 4  cos     sin   5 Từ gt: S IAB 6  IA2 5  IB 45 IA  SIAB  IA.3IA  5 A  d1  A(a, 2a  1) với a > 0, a   a 0  l  2 2 Pt IA 5  ( a  1)  (2a  2) 5  5(a  1) 5    a 2  tm  Vậy a =  A(2;3) B  d  B (a,3  2b)  IB (b  1)  (2  2b) 5(b  1)  b 4  B (4;  5) IB 45  (b  1) 9   Với A(2;3); B(4;5) pt cần tìm x  y  11 0  b   B ( 2;7) Với A(2;3); B(-2;7) pt cần tìm x  y  0  13  Câu 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm J  ;  , đường thẳng d :x  y  0 2  2 đường tròn  C  :x  y  x  y  0 Gọi M điểm thuộc đường thẳng d nằm đường tròn (C) Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B tiếp điểm) Gọi (J) đường tròn tâm J tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M cho đường trịn (J) có chu vi lớn Lời giải Đường trịn (C) có tâm I   2;1 bán kính R=3 Do M thuộc d nên M(a ;1-a) Điều kiện M nằm (C): IM>R  IM   2a  4a   (*) Ta có MA2 MB MI  IA2 2a  4a  2 A, B thuộc đường trịn tâm M bán kính MA :  x  a    y  a  1 2a  4a  (học sinh chọn A, B thuộc đường trịn khác) 2 A, B thuộc đường tròn  C  :x  y  x  y  0 Suy phương trình AB:  a   x  ay  3a  0 Do (J) tiếp xúc với AB nên (J) có bán kính d(J,AB) Chu vi (J) lớn d(J,AB) lớn  11  AB qua điểm cố định K  ;  2 2 d(J,AB) lớn K hình chiếu vng góc J AB  Đường thẳng AB có vecto phương AB  a; a    JK AB 0  a 2 (thỏa mãn (*)) Vậy M  2;  1 Câu 11: Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn ab  bc  ca 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  b6   c  b6   a  c  Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a  b6  3 a 6b6 3a 2b  a  b6   3a 2b  3ab  1 c6  b6  3 c6b6 3c 2b2  c6  b6   3c 2b  3cb   a  c  3 a 6c 3a 2c  a  c   3a 2c  3ac  3 Cộng  1 ,   ,  3 theo vế tương ứng ta có: P  a  b6   c  b6   a  c    ab  bc  ca   P 3 Vậy GTNN P 3 Dấu bẳng xảy a b c 1