Ôn tập Chương III. Phương trình. Hệ phương trình

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.. Lập bảng biến thiên và vẽ parabol vừa tìm được.. F là trung điểm của IJ.. Suy ra quỹ tích M là tập rỗng. Tính độ [r]

Sở GD&ĐT Bắc Giang THPT Tân Yên số 2

ĐỀ CƯƠNG ÔN KIỂM TRA HỌC KỲ 1 Mơn Tốn – Lớp 10

Năm học 2017-2018 I BÀI TẬP ÔN TẬP PHẦN ĐẠI SỐ

Câu 1: Tìm tập xác định hàm số: a) 2 1 y x x x   

 . e) y x 1 3 x.

b) 3 x y x x   

 f)

3 x y x x     .

c)  

2

x y x x    

g)

x y

x x



   .

d)

2 x y x x    

 h)

3 y x x     . Lời giải

a) Hàm số

2 1 y x x x   

 xác định

2

0; 2

2

1

1

1

x x x

x x x x x x x                                   .

TXĐ: D    ; 1  1;   \

b) Hàm số

2 3 x y x x   

 xác định

3

5 3

3

3 3

x x x x x                    . TXĐ: ;3 D  

 .

c) Hàm số  

2

x y x x    

xác định

2

2 3

1 6

6 x x x x x                    . TXĐ: ; D   

 .

d) Hàm số

2 x y x x    

 xác định

1

1

2

2 x x x x x x x x                             .

e) Hàm số y x 1 3 x xác định

1

1

1

5 3

3 x x

x

x x

   

 

    

 

  

 

TXĐ:

5 1;

3 D  

 .

f) Hàm số

1

x

y x

x

  

 xác định

2 2 2

4

1

1

1

x x

x x

x

      

    

 



  

 .

TXĐ: D  1;2

g) Hàm số x y

x x



   xác định

1

7

7

2

1 2

x x

x x

x x x

 

   

 

   

 

 

   

  

TXĐ:  

7

1; \

2 D  

  .

h) Hàm số

3

1

y

x x



   xác định

3

1

2 x  x   x

TXĐ:

3 \

2 D  

 



Câu 2: Xét tính chẵn lẻ hàm số:

a)

3 1

y x  b) y3x4 4x23 c) y4x3 3x

d)

2

y  x e)y 1 x 1 x f)y x 4 x 10

g)y x x h)

2 y x  x

i)

x y

x 



j) y

x 

k)

1 x y

x  

l)y 1 2x  2x1 Lời giải

a)

3 1

y x  + TXĐ: D. +  x D  x D.

+      

3 3

1

f x   x  x  f x

Vậy hàm số cho hàm số không chẵn không lẻ b)

4

3

+  x D  x D.

+        

4 4 2

3 3

f x  x  x   x  x  f x Vậy hàm số cho hàm số chẵn

c)

3 y x  x + TXĐ: D. +  x D  x D.

+        

3 3

4

f x   x   x  x  x f x Vậy hàm số cho hàm số lẻ

d)

2 y  x

+ TXĐ: D  1;1 +  x D  x D.

+      

2 2

1

f x   x   x f x Vậy hàm số cho hàm số chẵn e) y 1 x 1 x

+ TXĐ: D  1;1 +  x D  x D.

+ f x y 1 x 1xf x  Vậy hàm số cho hàm số chẵn f)

4 10

y x  x + TXĐ: D. +  x D  x D.

+    

4 10

f x x  x f x

Vậy hàm số cho hàm số không chẵn không lẻ

g)

y x x + TXĐ: D. +  x D  x D. + f x x x  f x  Vậy hàm số cho hàm số lẻ

h) y x  x + TXĐ: D. +  x D  x D.

+    

2

f x x  x f x

i) x y

x 



+ TXĐ: D\2

+ Với x 2 D  x 2 D.

Vậy hàm số cho hàm số không chẵn không lẻ

j) y

x 

+ TXĐ: D\ 0  +  x D  x D.

+    

2

f x f x

x   

Vậy hàm số cho hàm số lẻ

k)

2 1

x y

x  

+ TXĐ: D\ 0  +  x D  x D.

+

   

2 x

f x f x

x 

  

Vậy hàm số cho hàm số chẵn

l)

1 2 y  x  x + TXĐ: D. +  x D  x D.

+ f x  1 2x  2 x  f x  Vậy hàm số cho hàm số lẻ

Câu 3: Viết phương trình đường thẳng y ax b  biết:

a) Đi qua hai điểm A3; , B5; 4  Tính diện tích tam giác tạo đường thẳng hai trục tọa độ

b) Đi qua A3;1 song song với đường thẳng y2x1 Lời giải

a) Đường thẳng

 d :y ax b  qua hai điểm A3; , B5; 4 

Nên ta có:

3

3 4

5

4 a a b

a b

b 

 

  

 



 

 

  

 

Vậy đường thẳng  d có dạng

3

4

Ta có:  d cắt Ox

; E 

  Nên

1 OE

 d

cắt Oy

1 0;

4 F  

  Nên

1 OF 

1 1 1

2 24

OEF

S  OE OF  

(đvdt)

b) Đường thẳng  d1 :y ax b  song song với đường thẳng y2x1. Nên

 d1 có dạng y2x b b  1

 d1 qua A3;1  6  b b7 n Vậy đường thẳng  d1 có dạng y2x7. Câu 4: Xác định hàm số bậc hai y2x2bx c biết

a) Đồ thị có trục đối xứng đường thẳng x1 cắt trục tung điểm

0;4 

A

b) Đồ thị có đỉnh

 1; 

I  

c) Đồ thị qua hai điểm 0;1 A

, B4;0 

Lời giải

a) Trục đối xứng hàm số bậc hai đường thẳng 2.2

b b b

x x

a

   

Theo đề bài; 4 b

b    

Vậy y2x2 4x c Đồ thị cắt trục tung

0;4 A

nên 2.0 2  0  c c4 Do

4

2 4

y x  x

b) Đỉnh đồ thị I có toạ độ I x y 0; 0 với 0 Δ ;

2

b

x y

a a

 

Do 4 b

b

   

Vậy y2x24x c Khi

 2  

2 c c

       

Vậy

2

2

y x  x

c) Đồ thị qua A0;1 B4;0 nên:

2

1 2.0

33 2.4

4 c b c

b b c

 

    



 



  

 

Vậy

2 33

2

Câu 5: Tìm a b c, , biết parabol: y ax 2bx c cắt trục hoành hai điểm A1;0 , B3;0 có tung độ đỉnh 1 Lập bảng biến thiên vẽ parabol vừa tìm Tìm giao điểm parabol với đường thẳng y x 9

Lời giải * Xác định hệ số a b c, , :

+ Điều kiện: a0

+ Vì tung độ đỉnh 1 nên ta có

2

1 4

4

b ac

b ac a

a 

     

(1) + Vì parabol y ax 2bx c cắt trục hoành hai điểm A1;0 , B3;0 nên

1;0 ,  3;0  

A B   P

Khi ta có hệ phương trình:

0

9

a b c c a b b a

a b c a b c a

     

  

 

  

     

   (2).

+ Thế (2) vào (1), ta có:

 

 

2

0

1

4 16 1 ;

2

4

a L

a a a a a a b c

a   

          

 

 .

Vậy parabol cần tìm là:

2

1

4

y x  x * Bảng biến thiên đồ thị hàm số:

1 Bảng biến thiên:

Ta có:

0 a 

tọa độ đỉnh I1; 1  nên ta có bảng biến thiên:

2 Đồ thị hàm số:

+ Tọa độ đỉnh I1; 1  + Trục đối xứng x1.

+ Đồ thị hàm số giao với trục hoành A1;0 , B3;0 giao với trục tung

3 0;

4 C  

* Tìm giao điểm parabol với đường thẳng y x 9.

Hoành độ giao điểm parabol với đường thẳng y x 9 nghiệm phương trình:

 

2 2

2

1

9 36 39

4

1 10 10 10

1 40

1 10 10 10

x x x x x x x x

x y

x

x y

            

     

    

    



Vậy parabol giao với đường thẳng y x 9 hai điểm

1 10;10 10 , N 10;10 10  

M    

Câu 6: Cho y x 2 2x có đồ thị  P

a) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số b) Tìm GTLN GTNN hàm số 0;4

c) Tìm giá trị m để phương trình x2 2x 8m có nghiệm (hoặc hai nghiệm) 0;4

Lời giải

a) Ta có a 1 0, tọa độ đỉnh I1; 9  nên hàm số cho có bảng biến thiên:

* Vẽ đồ thị hàm số: + Tọa độ đỉnh I1; 9  + Trục đối xứng: x1.

b) Ta có bảng biến thiên hàm số đoạn 0;4 :

Dựa vào bảng biến thiên hám sô 0;4 ta thấy: max0;4 y0;min0;4 y9.

c) Số nghiệm phương trình x2 2x 8m đoạn 0;4 số giao điểm hai đồ thị hàm số y x 2 2x đường thẳng y m

Dựa vào BBT hàm số y x 2 2x đoạn 0;4 , ta có: + Phương trình có nghiệm m9  8 m0. + Phương trình có nghiệm 9m8.

Câu 7: Giải biện luận phương trình theo tham số m

a m x m    x m 2. b    

2

1

m x m x m 

.

c  

2

x m  m x 

. d.

2 1

1

m x

m x

 

 



e.



12

2

21

mmx

m

x







Lời giải a m x m    x m  

2

1

m x m m

      1

Nếu m1 PT  1 trở thành 0.x0  PT có nghiệm   x

Nếu m1 PT  1 có nghiệm

2 2

2

m m

x m

m  

  

b    

1

m x m x m   2  m2 3m2x m 2 m  m1 m 2 x m m  1

Nếu m1 PT 2 trở thành 0.x0  PT có nghiệm   x .

Nếu m2 PT  2 trở thành 0.x2  PT vô nghiệm.

Nếu

1 m m

  



 PT  2 có nghiệm

m x

m 



c  

2

x m  m x   3  

2

1

1 m

m x m x

m 

     

 d

2 1

1

m x

m x

 

 

  4

Điều kiện xác định : x2

 4  2m1x 2 x 2 m1  m 2x2m

Nếu m2 PT 4 trở thành 0.x8  PT vô nghiệm.

Nếu m2

2

2

2 m

x m

m  

   

  PT vô nghiệm.

Nếu

2 m m

  



 PT 4 có nghiệm

2

2 m x

m   

 .

e



12

2

21

mmx

m

x





 5 Điều kiện :

1 x

 5  m 1 m 2x 2x 1 m 2 m2 m 6x m 2

           m2 m 3x m 2

Nếu m2 PT trở thành 0.x0  PT nghiệm

1 x  

Nếu m3 PT trở thành 0.x5  PT vô nghiệm.

Nếu

2 m m

  





11

1

32

xm

m



 PT vô nghiệm.

Nếu

2 m m m

  

   

 PT  5 có nghiệm

1 x

m 

 . Câu 8: 1) Tìm m để phương trình  

2 2 1 1 0

x  m x m  

có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn:

a x12x22 10. b  

2

1

x x  x x

2) Tìm m để phương trình m1x2 2m1x m  0 có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn : a x1 2x2. b x1x2 2. c. 4x1x27x x1

Lời giải

1) PT  

2 2 1 1 0

x  m x m    1

có nghiệm phân biệt x x1,

2m 12 4m2 1 0       

5

4

4

m m

       *

Theo vi et ta có :

1

2

2 1

x x m

x x m    



  

a x12x22 10      

2 2

1 2 10 2 10

x x x x m m

        

2

2 2

2

2 2 m

m m

m

  

  

    

  

  

Kết hợp với điều kiện  * ta

2 2 m  b  

2

1

x x  x x x1x226x x1 2 2m126m21 10m2 4m 5

  

2 27

10

5 25

m m

 

    

 

2 27 10

5

m

 

    

   

2

1 2

27

5

x x x x

   

Dấu “=” xảy

1 m

( thỏa mãn * )

Vậy  

2

1

x x  x x

đạt giá trị nhỏ

1 m

2) PT m1x2 2m1x m  0 có hai nghiệm x x1,

 2    

1

' 1

m m

m m m

   

 

   

      

 

1 m m

   



  *

Theo vi ét ta có :

 

   

1

1

2

1

2

m x x

m m x x

m  

  

 





 

 

a x1 2x2 thay vào  1      2 m x m    ,     m x m  

 thay vào  2 ta :

 

 

2

2

8

1 m m m m    

   8m12 9m1 m 2 m27m 26 0

7 17 17

2 m m             

Kết hợp với điều kiện  * ta

7 17 17

2 m m            

b x1x2 2

1 2 2 x x x x             2 2 m m m m            

  m0 ( thỏa mãn * )

c 4x1x2 7x x1

   

8

6 1 m m m m m      

  ( thỏa mãn * )

Câu 9: Giải phương trình sau a) 4 x  x

Lời giải Điều kiện x 0  x2.

   

5

3 3

3

3 1

5

x L

x x x

x x

x x x

x L                            .

Vậy phương trình vơ nghiệm b)

2

2 3 x  6 x 0

Lời giải

   

2 2

2 2

2

2

2

2 6

4

2

x x x

x x x x

x x x                        Giải (1): vô lý

Giải (2): 4x2  8 x2  2 x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm S 2; 2 . c)

2 5 4 4

x  x  x

   

2

2

2

6

5 4

5 4

5 4

x x

x x x

x x x

x x x x x

  

    

       

       

  .

Giải (1):  

2 6 0 6 0

6 x

x x x x

x  

      



 (thỏa mãn điều kiện).

Giải (2): x2 4x 8 0 có   ' 8 4 0 phương trình (2) vơ nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm S 0;6

d) x2 5x1 0 

Lời giải

2 5 1 0

x  x  

TH1: x1 Phương trình trở thành  

2 5 1 0 5 4 0

4 x

x x x x

x  

         



 (thỏa mãn).

TH2: x1 Phương trình trở thành

   

 

2 5 1 1 0 5 6 0

6

x L

x x x x

x TM

 

         



 .

Vậy phương trình có ba nghiệm S 1;4; 6  e)

2

10 x3x  6x 2x

Lời giải

2

10 x3x  6x 2x 3x  6x 3x10

Điều kiện:

10 10

3 x   x

Phương trình trở thành

   

2

2

3 10

3 10

3 10 3 10

x x

x x x

x x x x x

   

   

  

      

 

Giải (1): 3x2 9x10 0 có  81 120 39 0 phương trình vơ nghiệm.

Giải (2):

3 129

6

3 10

3 129

6 x

x x

x

 

  

   

 

 

 (khơng thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ phương trình vơ nghiệm

f) x 3 2

5

5

5 5

x x

x

x x

      

      

    

 

  (vơ lý).

Vậy phương trình vơ nghiệm

g)

2 1

2 x

x x

 

 .

Lời giải Điều kiện xác định x 0  x2

 

2

2

1

2 x

x x x x

x 

    



TH1:    

2 1 0 1 1 0

1 x

x x x

x  

       





Phương trình trở thành

2

1

2 x  x  x x

(không thỏa mãn điều kiện) TH2: x2  1 x1 x1    0 x

Phương trình trở thành

 

 

2 2

1

2

1 2

1

2

x TM

x x x x x

x L

 

  

       

 

 

 .

Vậy phương trình có nghiệm

1 S  

 

 .

h) x210 4  x 8x

Lời giải TH1: 4 x 0 x4.

   

 

2 10 4 8 10 4 8 3 10 0

2

x L

x x x x x x x x

x TM

 

              



 .

TH2: 4 x 0 x4.

   

 

2 10 4 8 10 5 4 8 13 30 0

10

x L

x x x x x x x x

x TM

 

              



 .

Vậy phương trình có hai nghiệm S  2;10 Câu 10: Giải phương trình sau

a) x2 6x4  4 x

Ta có

2

2

4

4

6 4 0

6 4

5 x

x x

x x x x x

x x x x x

x  

  

  

            

      

   





Vậy phương trình có nghiệm x0. b) 21 4 x x  x

Lời giải

 

2

2

2 2

2

21 21

21

6

2 10 12

21

x x x x x

x x x

x

x x

x x x

         

 

         



  

     

 



c) 2x 8 2x12

Lời giải ĐK: x4.

2 12 8 20 ( 4)( 5)

2 4

x x x x x x

x x

              

     

Vậy x4 nghiệm phương trình d)

2

1 2x  3x 5x

Lời giải

ĐK: 

2

2 ( ; ; )

2 x  x   x     



2

2 2

1 5

1

1

3

2 ( 1)

2

x x x x x x

x

x x

x x

x x x x x

x

        

 

  

  

        

       

   

 

( thỏa mãn ) Vậy x3

e) x  3 22 x

Lời giải Đk:   3 x 22

       

   

2

PT 22 25 22 49 22 12

6

19 78 6;13

13

x x x x x x

x

x x TM S

x

             

 

        

 

f)

2

Lời giải Đk: x2

 

   

 

2

2

PT 2 2 2

8

2

2

4 5

4 5

x x

x x x x

x x

x x

x

x S

x x

 

  



            

  

  

 

 

  

          

 

  



g) x5 2   x 3 x x 3

Lời giải

           3

0

5 3 10 3 10

2 ( )

5 ( )

t x x t

x x x x x x x x t t

t TM

t L

  

                 

    



   

2 3 4;

4 x

t x x x x S

x  

            





h) 3x29x8x23x 4

Lời giải Điều kiện: 3x29x (*)

Ta có

  3 4

2 2

0

2

3 3 4 4

1 ( )

3 4

4 ( )

t x x t

x x x x x x x x t t

t L

t t t t

t TM

   

                

 

        

 

2

3 41

3 41 41

2

4 4 ;

2

3 41

2 x

t x x x x S

x

  



     

 



            

    

 



i) x4 3x2 0

Lời giải

Đặt x2 t t, 0 Phương trình trở thành

 

 

2 3 4 0

4

t L

t t

t TM

      

  Vậy x2  4 x2 Tập nghiệm S   2; 2 .

j) 3x45x2 0

Đặt  

2 , 0

x t t

Phương trình trở thành

 

 

2

2

3 1

3

t L

t t

t TM

  

   

  

Vậy

2 1

3

x   x

Vậy tập nghiệm

1

;

3

S   

 .

k)

1

2

x x

x x

 

 

Lời giải

Điều kiện xác định

1

0

0 x x

x x

  

   



Đặt

1 x t

x  

với t0 Phương trình trở thành

 

 

2 2 3 0

3

t L

t t

t TM

      

 

Vậy  

1 1

3

8

x x

x TM

x x

 

    

Vậy tập nghiệm

1 S  

 . Câu 11: Chứng minh bất đẳng thức

a¿√a+√a+2<2√a+1,∀a ≥0 b¿a2+b2+1≥ab+a+b ,∀a ,b∈R

c¿a4+b4≥ a3b+ab3∀a , b∈R d¿ a

2

1+a4≤

2∀a∈R

e¿2+a2(1+b2)≥2a(1+b),∀a ,b f¿a2+2b2+2 ab+b+1≥0,∀a , b g¿(a+b

2 )

2

≤a

2

+b2

2 ,∀a , b h¿(

a+b+c

3 )

2

≤a

2

+b2+c2

3 ,∀a , b , c i¿ a

b+c+ b c+a+

c a+b≥

3

2∀a , b , c>0

k¿a3+b3+c3≥ a2√bc+b2√ac+c2√ab,∀a , b , c>0 m¿bc

a + ac

b + ab

c ≥ a+b+c ,∀a , b , c>0

Lời giải ¿

a+1¿2⇔0<1(luônđúng)

a a+√a+2<2√a+1⇔2a+2+2√a(a+2)<4a+4⇔√a2+2a<a+1¿⇔a2+2a<¿

b¿a2+b2+1≥ab+a+b⇔(a − b)2+(a −1)2+(b −1)2≥0(luôn đúng) Dấu '' ='' xảy ⇔a=b=1

¿

c a¿4+b4≥ a3b+ab3⇔a3(a − b)+b3(b − a)≥0⇔(a − b)(a3−b3)≥0¿⇔(a −b)2(a2+ab+b2)≥0(luônđúng).¿ Dấu '' ='' xảy ⇔a=b

d¿ a

2

1+a4≤ 2⇔2a

2≤1

+a4⇔(a2−1)2≥0(luôn đúng∀a) Dấu '' ='' xảy ⇔a=±1

f¿a2+2b2+2 ab+b+1≥0⇔(a+b)2+(b+1)2≥0(luôn đúng∀a ,b) Dấu '' ='' xảy ⇔a=1, b=−1

g¿(a+b )

2

≤a2+b2

2 ⇔2(a+b)

2

≤4(a2+b2)⇔(a − b)2≥0(luôn đúng∀a , b) Dấu '' ='' xảy ⇔a=b

¿ h(a+b+c

3 )¿

2

≤a

2

+b2+c2

3 ⇔(a+b+c)

2

≤3(a2+b2+c2)¿⇔a2+b2+c2≥ab+bc+ca¿⇔(a − b)2+(b −c)2+(c −a)2≥0(luônđúng∀a , b , c)¿ Dấu '' ='' xảy ⇔a=b=c

i¿ a b+c+

b c+a+

c a+b≥

3 2⇔(

a

b+c+1)+( b

c+a+1)+( c

a+b+1)≥

⇔[(a+b)+(b+c)+ (c+a)](b1

+c+ c+a+

1 a+b)≥9 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương ta có

b+c

(¿)+(c+a)≥3√3(a+b) (b+c) (c+a) (a+b)+¿

b+c+

1 c+a+

1 a+b≥3

3

√(b+c)(c+1a)(a+b)

⇒[(a+b)+(b+c)+ (c+a)](b1

+c+ c+a+

1

a+b)≥9(đpcm) Dấu '' ='' xảy ⇔a=b=c

k ) Ta chứng minh bất đẳng thức a3+b3≥ab(a+b)(1),∀a , b>0

Thật , (1)⇔a2(a − b)+b2(b − a)≥0⇔(a − b)2(a+b)≥0(Luôn đúng∀a , b>0) Áp dụng (1) ta có 2(a3+b3+c3)≥ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)(2)

Áp dụng bđt Cau chy cho số dương ta có

a2b+a2c ≥2a2√bc

b2c

+b2a ≥2b2√ac

c2a+c2b ≥2c2√ab

⇒ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)=(a2b+a2c)+(b2c+b2a)+(c2a+c2b) ≥2a2√bc+2b2√ac+2c2√ab(3)

Từ (2) (3) ta có đpcm

Dấu '' ='' xảy ⇔a=b=c ac¿2+(ab)2≥abc(a+b+c) bc¿2+¿

m¿bc a +

ac b +

ab

c ≥ a+b+c⇔¿

Áp dụng bđt a2+b2+c2≥ab+bc+ac ta có đpcm Dấu '' ='' xảy ⇔a=b=c

Câu 12: Tìm giá trị nhỏ hàm số a) y=3x

2 +

x −1, x>1 b) y=x

2

−2x+

x −1, x>1 c) y=4

x+

1− x,0<x<1 d) y=x+2+

e) y=x

2

+x+1

x , x>0 f) y=x

2

+ x3, x>0

Lời giải a) y=3(x −1)

2 +

2 x −1+

3

Áp dụng bđt Cau chy cho số dương ta có 3(x −1)

2 +

2

x −1≥2√3⇒y ≥2√3+ Dấu '' ='' xảy 3(x −1)

2 =

2

x −1⇔(x −1)

2

=4 3⇔x=

2√3 +1 Vậy y = 2√3+3

2 x= 2√3

3 +1 b) y=x2−2x+

x −1=(x −1)

2

+ x −1+

1 x −1−1 Áp dụng bđt Cau chy cho số dương ta có

(x −1)2+

x −1+

x −1≥3

3

√(x −1)2

x −1

x −1=3⇒y ≥2

Dấu '' ='' xảy (x −1)2=

x −1⇔(x −1)

3

=1⇔x=2 Vậy y = x =2

c) Áp dụng bđt Cau chy cho số dương ta có

x+25x ≥2√

x 25x=20

1− x+25(1− x)≥2√

9

1− x 25(1− x)=30 ⇒4

x+25x+

1− x+25(1− x)≥50

⇔4

x+ 1− x≥25

Dấu '' ='' xảy x=2 y = 25 x=2

5

d) Áp dụng bđt Cau chy cho số dương ta có x+2+

x+2≥2√(x+2) x+2=2 Dấu '' ='' xảy x+2=

x+2⇔x=−1 y = x=−1

e) y=x

2

+x+1

x =x+

1

x+1≥2√x

1

x+1=2+1=3

Dấu '' ='' xảy x=1

x ⇔x=1 y = x=1

f) y=x2+2 x3=

x2 +

x2 3+

x2 +

1 x3+

1 x3≥5

5

√x6 27

1 x6=5

5

√271 Dấu '' ='' xảy x

2

3 = x3 ⇔x

5

=3⇔x=√53 miny=5.√5

27 x=

5

Câu 13: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số

a) y x 2 x với 0 x 2 b) yx3 2   x với

5

2 x   

c) y x 21 6 x với

1

6 x  

d) 2

x y

x 

 với x0.

e) y x1 5 x f)  

3

2 2

x y

x 

 Lời giải

a) Cách 1: Ta có:    

2 1

y x  x   x

Từ  

2 0       x x 1 0 x1 1

 2  2

0 x 1 1 x

        

Miny 0; maxy

   .

Cách 2: Vì 0 x 2 nên y0

Mặt khác

     

2

2 0;

2

x x

x  x       x  y

  .

0 y miny 0; maxy

      .

b) Vì

5

2 x   

nên y0 Mặt khác

           

2

2

1 121 121

3 3;

2 2 8

x x

y x  x  x  x          x    y

 

 

Dấu " " xảy

1 x

121 121

0 0;max

8

y y y

     

c) Vì

1

6 x  

nên y0 Mặt khác

     

3

2 1 6 1.3 6 1. 3 0;1

9 243 243

x x x

y x  x  x x  x         x    y  

  .

Dấu " " xảy

1 x

121 121

0 0;max

8

y y y

     

d) Vì x0 nên

1 2

x

y y

x x

x

  

 

2

2 2

2

x x y

x x

    

Dấu " " xảy x 2

1

max

2 2

y y

   

e) y x1 5 x

Điều kiện 1 x 5 Khi y0.

 2    

2 1 5 4 2 1 5

y x x x x

        

Có    

 1 5 

1

2

x x

x  x     

2 4 2.2 8 0 2 2

y y

       .

Dấu " " xảy x3

Miny 0; maxy 2

   .

f)  

3

2 2

x y

x 



Ta có:  

2

3

2 2 2

2

x x

x y x

x      x   

2

2 2

2

1

2 1 ( 2) 27

( 2) 27

x

x x x x x

x

         



1

Max 1;

27

y khi x y k ih x

    

II BÀI TẬP ƠN TẬP PHẦN HÌNH HỌC

Câu 1: tam giác ABC với M N P, , trung điểm cạnh AB BC CA, , Chứng minh: a) AN BP CM   0 b) AN AMAP

  

c) AM BN CP  0    

Lời giải a) AN BP CM  0

   

     

1 1

2 2

AN BP CM   AB AC  BA BC  CA CB         

                                                                                                                    

     

1

0 2 AB BA AC CA BC CB 

      

 

      

b) ANAM AP.

   

1

2

2

AN  AB AC  AM AP AMAP

      

c) AM BN CP  0

 

1 1

0

2 2

AM BN CP   AB BC CA AB BC CA            

                                                                                                                                 

Câu 2: Cho tam giác ABC G trọng tâm tam giác Cho điểm M thuộc AG cho 4MG GA

 

CMR: a) 2MA MB MC  0

   

b) Với I ta có: 2IA IB IC  4IM    

Lời giải

a) Gọi E trung điểm đoạn thẳng BC Khi MB MC 2ME   

Do 4MG GA

 

nên M trung điểm đoạn thẳng AE Vậy 2MA MB MC  2MA2ME0

     

b) Với I ta có:

   

2IA IB IC   2 IM MA  IM MB IM MC     4IM  2MA MB MC  4IM

   

Câu 3: Cho hình bình hành ABCD, gọi O giao điểm AC BD, Chứng minh rằng:

a) AO BO CO DO   0     

b) Với I bất kỳ: IA IB IC ID   4IO     

Lời giải

a) Do ABCD hình bình hành nên O trung điểm AC BD, Do

   

AO BO CO DO    AO CO  BO DO          

                                                                                                                    

b) Với I bất kỳ: IA IB IC ID IO OA IO OB IO OC IO OD              4IO 

Câu 4: Cho tứ giác ABCD Gọi M N, trung điểm AB CD,

a Chứng minh: AD BC 2MN AC BD;  2MN      

                                                                             

b Tìm vị trí điểm I cho IA IB IC ID     0. c Với M bất kỳ, chứng minh MA MB MC MD   MI

    

Lời giải.

a AD BC AM MN ND BM MN NC     AM BM2MN ND NC  2MN        

                                                                                               

             

AC BD AM MN NC BM MNND2MN

        

b M trung điểm AB IA IB 2IM   

N trung điểm CD IC ID 2IN

   Ta có IA IB IC ID    0 IM IN  0 I

      

trung điểm MN c MA MB MC MD   MIIA MI IB MI IC MI ID

           

4MIIA IB IC ID    4MI

                                                                                   

Câu 5: Cho tam giác ABC, gọi G H O, , trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh:

a 3OG OA OB OC     b OH OA OB OC     

c 2HO HA HB HC      

a Ta có

3OG OA OB OC      

OG OA OG OB OG OC

      

      

0 AG BG CG

   

   

( ln G trọng tâm tam giác ABC)  đpcm. b Gọi AN đường kính đường trịn tâm O, suy ABBN AC; CN Mà H trực tâm tam giác ABCnên CH AB BH; AC

Do BH CN BN CH ;  Suy tứ giácBNCH hình bình hành  HB HC HN   

(1) Mà  HN HA 2HO

  

(2)

Từ (1) (2) suy  HA HB HC  2HO    

2 HO OA HO OB HO OC HO

      

      

OA OB OC OH

   

   

(đpcm) c Từ câu b ta có kết câu c.

Câu 6: Cho tam giác ABC, gọi M trung điểm AB, N điểm cạnh AC cho

NC NA K trung điểm MN, D trung điểm BC Chứng minh: a)

1

4

AK  AB AC   

b)

1

4

KD AB AC

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

a) Ta có  

2

AK  AMAN

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

   1 1 1 1

2 2AB 6AC

 

  1 1

4AB 6AC

 

 

b) Ta có KD KA AD    mà

1

4

AK  AB AC   

(cmt) nên

1

4

KA AB AC

  

Theo quy tắc trung điểm ta có

1

2

AD AB AC   

Từ KD KA AD 

   1 1

4AB 6AC 2AB 2AC

      1 4AB 3AC

 

 

(đpcm)

Câu 7: Cho tam giác ABC M, N , P điểm thỏa mãn MB  3MC 0, AN  3NC,

PB PA    

Chứng minh ba điểm M , N , P thẳng hàng. Lời giải

Vì PB PA   0 nên P trung điểm AB. Theo quy tắc trung điểm ta có

1

2

MP MA MB

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Mà MA MN NA   AN 3NC

 

nên MA MN 3CN

  

Và MB  3MC nên ta có

1

2

MP MA MB

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

   1 3 3

2MN 2CN 2MC

     3  2MN MC CN

     1 2MN 2MN MN     

Hay MP  2MN nên M, N , P thẳng hàng.

Câu 8: Cho tam giác ABC có trọng tâm G, cạnh a, đường cao AH 1) Tính: a) AB AC

                           

b) AC BG  

c) AH BC  

2) Tính: a)               AB AC b) (AB AC )(2AB BC )    

                                                   

c) 2AB3AC  

1) Ta có: a)

2

AB AC  AH  AH   

                                      

Xét tam giác vng AHB có:

2 2 3

2 a

AH  AB  BH   AB AC  AH a  

b) Gọi E điểm cho AC BE

 

Khi đó:

2

3 3

a AC BG BE GB GE GE AE AH 

    

c) Gọi F điểm cho BCHF

 

Ta có:

2

2

= =

4

a a

AH BC AH HF AF AF AH HF  a 

    

2) a)

2

( , ) 60

2 a AB AC AB AC cos AB AC AB AC cos       

b) (AB AC )(2AB BC )CB.(2AB BC ) 2. CB ABcos 600 CB2 a2  a2 0       

c) Gọi I J, điểm thỏa mãn: AJ 2AB

 

, AI 3AC  

F trung điểm IJ Ta có: 2AB3AC AI AJ 2AK 2AK

    

Xét tam giác AIJ có:

2 2 2 . . 600 9 4 6 7 7

IJ AI AJ  AI AJ cos  a  a  a  a  IJ a . Lại có:

2 2 2 2

2 19 19

2 4

AI AJ IJ a a a a a

AK         AK 

2AB 3AC 2AK a 19

   

 

Câu 9: Cho hình vng ABCD cạnh a, tâm O, M điểm tùy ý đường trịn nội tiếp hình vng 1) Tính: a OB) 2OD

 

b) 2AD 3OD  

c) 2AC3BD  

2) Tính: a AB AC)

 

b AC AD BC BD)     

c AB AD BD BC) (  )(  )    

) ( )( )

d AB AC AB  AD    

e AB AC AD DA DB DC) (   )(   )      

f MA MB MC MD)     

1)

1

) 2

2

a OB OD OB OD OD   OD OD OD AD a

       

)

b AD OD BF BE EF EF

    

tam giác BEF có:

2

2 2 2. . 450 9.2 4 2.3 2.2 10

4 2 2

a a

EF BE BF  BE BFcos  a  a  a a   EF 

c) Gọi L K, hai điểm thỏa mãn:2ACAK

 

, 3BDAL  

T trung điểm KL Ta có:

2 2

2 0 2

) ( )( ) ( ) 45

d AB AC AB  AD CB DB BC CB DB CB CB DB cos CB          

2

2

2

2

a a a a

  

) ( )( ) ( ).( ) 2

e AB AC AD DA DB DC                       AC AC DB DB   AC DB AC DB    

( Vì ACBD nên AC BD 0  

)

) ( ).( ) ( ).( )

f MA MB MC MD OA OM OB OM   OC OM OD OM 

           

Câu 10: Cho hai điểm A B, cố định, số k cho trước Tìm tập hợp điểm M cho: a)

2 MA MB  AB   

                                      

b) 2MA MB MA MB    

                                                   

c) 3MA2MB2 AB2 d) MA2 2MB2k Lời giải

a) Gọi I trung điểm AB.

Khi MA MB 2 AB  2MI 2 AB  MI AB

    

Khi

1

2

3 MA MB MA MB  MJ JA JB BA  MJ  AB

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

Vậy quỹ tích M đường trịn tâm J, bán kính R AB

c) Đặt P thỏa mãn 3PA PB  0; A B, cố định nên P cố định

3

4 PB PA AB

Khi

  2 2

2

2 2 2

3MA MB AB  3MA MB AB  3 MP PA   MP PB AB

 

2 2 2

4 3

16 16

MP MP PA PB PA PB AB MP AB AB AB

            

2

16

MP AB MP AB

   

Vậy quỹ tích M đường trịn tâm P, bán kính R AB

d) Gọi Q thỏa mãn QA 2QB0

                         

  

; A B, cố định nên Q cố định

Khi

 2  

2

2 2 2 2

MA  MB  k MA  MB  k  MQ QA   MQ QB k

 

2 2 2 2 2 2

MQ MQ QA QB QA QB k MQ QA QB k

                         

Nếu QA2 2QB2 k 0 k QA 2 2QB2 quỹ tích M đường trịn tâm Q bán kính

2 2

R QA  QB  k .

Nếu QA2 2QB2 k 0 k QA 2 2QB2thì quỹ tích M điểm Q Nếu QA2 2QB2 k 0 k QA 2 2QB2thì quỹ tích M tập rỗng Câu 11: Cho tam giác ABC Tìm tập hợp điểm M cho

a) MA AC 2MA MB    

                                                   

b) MA2MB MC MB MC     

                                                                

c)              MA MB k   d) MA2              MA MB 0 e) MB2MA MB a 

 

với BC a . Lời giải

a) MA AC 2MA MB  MC 2BA  MC2BA

     

Vậy quỹ tích M đường trịn tâm C bán kính R2BA. b Đặt I trung điểm AC; J trung điểm JB

Khi JA2JB JC   2JI2JB0. Ta có

1

2

4 MA MB MC MB MC  MJ CB  MJ  BC

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

      

Quỹ tích M đường trịn tâm J bán kính 4BC. c) Đặt K trung điểm AB.

Khi

     

MA MB k  MK KA MK KB   k MK MK KA KB KAKB k

2

4 AB

MK k

  

*) Nếu

2 AB

k 

2

2

4

AB AB

MK  k  MK  k

Suy quỹ tích M đường trịn

tâm K bán kính

2 AB R k

*) Nếu

2 AB

k 

2

2 0

4 AB

MK  k  MK 

Suy quỹ tích M điểm K

*) Nếu

2 AB

k 

2

4 AB MK  k

vơ lý Suy quỹ tích M tập rỗng d) Đặt K trung điểm AB

 

2

2 . 0 . 0 0 .2 0

MA               MA MB                MA MA MB                 MA MA MB    MA MK Vậy quỹ tích M đường trịn đường kính AK

e) Đặt K E, trung điểm AB BK,

 

2

2 . . 2 .2

MB            MA MB a                    MB MA MB a                 MB MB MA  a  MB MK a

    2   .

2

a a

ME EB ME EK ME ME EB EK EB EK

                                        

2

2

2

a AB

ME

  

Vậy quỹ tích M đường trịn tâm E bán kính

2

2

a AB

R 

Câu 12: Trong hệ tọa độ Oxy cho a1;3 ; b 2;0 ; c 3; 2 

  

a) Tìm tọa độ độ dài vecto: 3a ; 2b a3b c

    

Phân tích c 

theo hai vectơ a b&  

b) Tính    

2

; ; ;cos ,

a b b c a b c       a c 

Lời giải a) Ta có : 3a 2b  5;9 ;2 a3b c 7;8

    

3a 2b  106 ; 2a3b c  113

    

*) Gỉa sử

11

2 6

3 2

3 l k l

c ka lb

k

k 

    

 

     



  

 

  

Vậy

2 11

3

c a b

  

b) Tính

   

2

2; 6; 60;cos ,

130 a c

a b b c a b c a c

a c

    

 

        





Câu 13: Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A1; ;  B0; ; C3; 2

( Câu hỏi tương tự với ba điểm A4;3 ; B1; ; C3; 2 ) a) Tìm tọa độ vectơ AB AC BC, ,

  

b) Tìm tọa độ điểm M,N cho: CM 2AB 3AC AN, 2BN 4CN 0                                                                                                   c) Tìm tọa độ đỉnh D cho tứ giác ABCD hình bình hành

d) Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H tam giác ABC

e) Tìm tọa độ tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tính bán kính đường trịn đó. f) Tìm trục hoành điểm M cho tam giác ABM vng M

g) Tìm trục tung điểm M cho tam giác ABM cân M. h) Tìm tọa độ điểm K nằm Ox cách hai điểm C, B. i) Tìm tọa độ điểm E nằm Oy cho EA EC lớn

Lời giải a) Ta có:AB  1;6 , AC2; , BC 3; 2 

                                         

Chu vi tam giác ABC là: C  37 5  13 ,diện tích tam giác ABC S 8

11 cos 185 AB AC A AB AC       , 15 cos 481 BA BC B BA BC       , cos 65 CA CB C CA CB       b) Ta có CM 2AB 3AC CM8;0 M5; 2

   

   

2 4 10; 11;

AN BN CN   AN  AC AB AN   N

       

c) tứ giác ABCD hình bình hành DCAB  1;6  D4; 4   

d) Tọa độ trọng tâm

4 ; 3 G 

 , H trực tâm tam giác ABC

     

       

15

1 2

4

17

3

x x y AH BC x y

CH AB y

                                     

Vậy H

15 17 ;      

e) Vì I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC  IA IB IC 

       

       

2 2

2 2

1 1 15 114158

; &

8 16 11776

1

x y x y

I R IA

x y x y

                           

f) Gọi M (x;0) , tam giác ABM vuông M

 

1 33

2

1 33

2 x

MA MB x x

x                   

g) Gọi M (0;y) , tam giác ABM cân M    

2 11

1

12

MA MB y y y

        

h) Gọi K (x;0)  

2 2

3 16

2

KC KB x x x

        

i) Gọi E (0;y) ta có EA EC AC2  EA EC lớn E thuộc đường thẳng AC

0

2

4

t t

AE t AC

y t y                    

III TRẮC NGHIỆM

ĐỀ ÔN TẬP HỌC KỲ – SỐ 001

Câu 1. Cho hình bình hành ABCD tâm O, gọi G trọng tâm tam giác ABD Tìm mệnh đề sai A. AB AD  AC. B AB AD 3AG

  

C. AB AD 2BO   

D.

1 GO  OC

Lời giải

Chọn C.

G

C

D O

A

B

* Ta có AB AD DB  2OB2BO     

Do Mệnh đề AB AD 2BO   

SAI * AB AD AC

  

Mệnh đề ĐÚNG (Quy tắc hình bình hành) * AB AD AC  3AG

   

Mệnh đề ĐÚNG (Do G trọng tâm ABD). *

1

3

GO AO OC

  

Mệnh đề ĐÚNG (Do G trọng tâm ABD, O trung điểm AC). Câu 2. Cho tam giác ABC cạnh a, trọng tâm G Tích vô hướng hai vectơ BC CG

 

? A.

2

2 a

B.

2

2 a 

C.

2

2 a

D.

2

2 a 

Lời giải

Chọn D.

G

M C

B

A

Gọi M trung điểm BC Ta có

1 3

3

a a

GM  AM  

,

2

3

a CGAG AM 

Khi đó: BC CG CB CG  CB CG .cosCB CG, 

                                                                                                               

 2

3 3

.cos

3 3

a a MC a a a

BC CG a BCG

GC a

 

                   

Câu 3. Cho tam giác ABC trọng tâm G, gọi M trung điểm BC Tìm mệnh đề đúng ? A. AB AC  2AG. B. AB AC AM

  

C GA GB CG    

D AB AC BC   

Chọn C.

* Ta có G trọng tâm ABC nên GA GB GC   0 GA GB CG        

Do mệnh đề GA GB CG 

  

ĐÚNG

* Ta có

3

2

2

AB AC  AM  AG AG AB AC  AG        

                                                                                                       

mệnh đề SAI * Ta có AB AC  2AM  AB AC AM mệnh đề SAI.

* Ta có AB AC CB   AB AC BC      

mệnh đề SAI Câu 4. Cho hàm số y x  2x4 có đồ thị  P Tìm mệnh đề sai

A.  P có đỉnh I1;2 B. miny4;  x 0;3 C  P có trục đối xứng x1. D maxy7;  x 0;3.

Lời giải Chọn A.

Ta có  P có đỉnh I1;3 nên nói  P có đỉnh I1;2 mệnh đề SAI

Câu 5. Cho hàm số ym2 x 2 m Có giá trị nguyên m để hàm số đồng biến

trên ?

A. B. C 4 D 5

Lời giải Chọn C.

Hàm số ym2x 2 m đồng biến  khi

 

2 2

1;0;1;

2

m m m

m

m m m

      

  

    

  

   

    Vậy có 4 giá trị nguyên m cần tìm

Câu 6. Cho tập hợp M x| 2 x 5 Hãy viết tập hợp M dạng khoảng đoạn A M 2;5 B M 2;5 C M 2;5 D M 2;5

Lời giải Chọn A.

 | 5 2;5

M  x  x  M 

Câu 7. Phương trình

2 2 8 2

x  x  x

A 0 B 2 C 3 D 1 Lời giải

Chọn D.

2 2 8 2

x  x  x

2

2

2

2

2 10

x x

x x x x x

x x x x x

   

 

 

 

          

 

 

      

 

 

2

2 2;

2; x

x x x

x x   

      

   

 .

Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a2i ,j b i 2j

     

Khi tọa độ a b  A 2; 1  B 1;2 C 1; 5  D 2; 3 

Lời giải Chọn C.

Ta có a2; ,  b1;2  a b 1; 5 

   

Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cóA1;3 , B2;1 C0; 3  Vectơ AB AC

                           

có tọa độ

A 4;8 B 1;1 C 1; 1  D 4; 8  Lời giải

Chọn D. Ta có

 

 

 

3; 1;

4; AB

AC AB AC

     

   



  

Câu 10. Tập xác định hàm số

2

9

6

x y

x x

 

  là:

A D3;  \ B D  3;3 \ 2   C D  3;3 \ 2   D D   ;3 \ 2   Lời giải

Chọn B.

Điều kiện xác định hàm số là:

   

2

2

9 3

3;3 \ 2;

6

x x

x x x

x x

      

   

 

 

  

 



A B. C. D. Lời giải

Chọn A.

Nhìn đồ thị ta thấy: a 0 C: sai.

Tọa độ đỉnh:  

 

 

   

2

2

2

; 1; :

2

I      A

   

  đúng

Câu 12. Điều kiện xác định phương trình

4

1

x

x x

 

 

A x  4; B x  4;3 \  1 C x   ;3 D x\ 1 Lời giải

Chọn B.

Điều kiện xác định:

4

1

3

x x

x x

x x

  

 

 

   

 

    

 

Suy Tập xác định phương trình là: D  4;3 \ 1  

Câu 13. Tổng bình phương nghiệm phương trình x25x 2 x25x10 0 là:

A 5 B 13 C 10 D 25

Lời giải Chọn B.

Đặt t x25x10,t0  t2 x25x10 x25x  2 t2

Thay vào phương trình ta được:

 

2 2 8 0

2

t l

t t

t       

 

2

2 10 10

t  x  x   x  x 

2 5 6 0

3 x

x x

x  

     

Câu 14. Cho tam giác ABC, trọng tâm G, gọi I trung điểm BC M, điểm thỏa mãn: 2MA MB MC    3MA MB

Khi tập hợp điểm M là:

A Đường trung trực BC B Đường tròn tâm G, bán kính BC C Đường trung trực IG D Đường trịn tâm G, bán kính BC

Lời giải Chọn C.

Ta có: 2MA MB MC  3MA MB

    

2 3MG 2MI 6MG 6MI MG MI

        

(Với G trọng tâm tam giác ABC, M trung điểm AB )

Vậy M nằm đường trung trực IG

Câu 15. Trong hàm số sau có hàm số chẵn:y 20 x2 ,

4

7

y x  x  ,

4 10

x y

x  

,y x  x ,

4

4

x x x x

y

x

  



 ?

A 3 B 1 C 4 D 2

Lời giải Chọn C.

+) y 20 x2 có TXĐ: D  5; 5, x D  x D

  20  2 20

f x   x   x

20

y x

   : Hàm chẳn. +)

4

7

y x  x 

có TXĐ: D

x D x D

    

  7 4 2 1 7 2 1

f x   x  x   x  x 

7

y x x

   

: Hàm chẳn

+)

4 10

x y

x  

: Có TXĐ: D\ 0  x D x D

    

     

4 4

10 10

x x

f x f x

x x

  

   



4 10

x y

x 

 

: Hàm lẻ

x D x D     

  2 2  

f x  x   x  x  x f x 2 :

y x x

    

hàm chẵn

+)

4

4

x x x x

y

x

  



 có TXĐ: D    ; 1  1; x D x D

    

         

   

4 4 4

4

x x x x x x x x

f x f x

x x                 4 :

x x x x

y x       Hàm chẵn

Câu 16. Cho hinh vuông ABCD, tâm O, cạnh a Tìm mệnh đề sai:

A               AB AC a  2. B AC BD 0   C a AB AO

                            D a AB BO  

Lời giải

Chọn D.

Vì  

0

os , 45

AB ACAB AC c AB AC a a cos a

                                                        os90 AC BD AC BD c 

                           

  2

os , 45

2

a a

AB AO AB AO c AB AO a cos 

                                                       

  2

os , 135

2

a a

AB BOAB BO c AB BO a cos 

   

Câu 17. Hàm số có bảng biến thiên hình bên?

A

2

2

2

y x  x

B y x 2 4x5 C y2x2 8x7 D yx24x Lời giải

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên ta có: Đỉnh I2;1, hệ số a0 Loại đáp án D

Đỉnh I thuộc parabol nên thay tọa độ điểm I vào đáp án ta thấy đáp án B thỏa mãn

Câu 18. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A1;3 , B2; ,  C3;1 Tính cosin góc A tam giác

A

17 . B

2

17 . C

2 17  D 17  +∞ –∞ x

y +∞ +∞

Lời giải Chọn A.

 3; , 2; 2

AB   AC 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

     

 2  2  2

3.2

osA=cos ,

34 17

3 2

c AB AC    

   

    

                           

Câu 19. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A2;5 , B1; 1  Tìm tọa độ M cho MA2MB

 

. A M1;0 B M0; 1  C M1;0 D M0;1

Lời giải Chọn D.

Gọi M x M;yM

 

   

2 ;5

1 ; 2 ; 2

M M

M M M M

MA x y

MB x y MB x y

    

         



 

Có:

2 2

2

5 2

M M M

M M M

x x x

MA MB

y y y

    

 

    

   

 

 

0;1

M 

Câu 20. Tìm tất giá trị m để phương trình x2 2x 3 m0 có nghiệm x0;4. A m   ;5 B m  4; 3  C m  4;5 D m  3;

Lời giải Chọn C.

Có: x2 2x 3 m 0 x2 2x 3m

Bảng biến thiên hàm số y x 2 2x

x   0 1 4  y  

3 5 4

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy y  4;5  x0; 4

Vậy m  4;5 phương trình x2 2x 3 m0 có nghiệm x0;4 . Câu 21. Cho A1;3 , B2;5 Tìm mệnh đề sai

A B A\ 3;5 B A B 2;3 C A B\   1; 2 D A B   1;5 Lời giải:

Chọn A.

1;3 , 2;5

A B

2;3 A B 

; A B 1;5; A B\ 1; 2; B A\ 3;5

Câu 22. Trong hàm số sau có hàm số có đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng:

2 3 2

3

3

1, , , , , 3,

1

x x x

y x y x x y x y y x x y x x y

x x

  

           

 .

A 2 B 3 C 1 D 4

Lời giải: Chọn A.

Trong hàm số cho, có hàm số

5

2 ,

1 x

y x x y

x

  

 hàm số lẻ nên có hàm số có đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng

Câu 23. Phương trình 2x23x 5 x 1 có nghiệm:

A x1. B x2. C x3. D x4. Lời giải:

Chọn B.

 

2

2 2

2

1

1 1

2 2

6

2

3 x

x x

x x x x x

x x

x x x

x    

  

 

            

  

    

  

 



 .

Câu 24. Hàm số cho có đồ thị hình vẽ bên:

A y2x2 B y x 2 C y x2 D y2x2

Lời giải: Chọn A.

Nhìn vào đồ thị ta thấy, đồ thị qua điểm A1;0 Thử vào đáp án có đáp án A thỏa

Câu 25. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A2;3 , B2;1 Điểm C thuộc tia Ox cho tam giác ABC vuông C có tọa độ là:

A C3;0 B C3;0 C 1;0 D 1;0 Lời giải:

Chọn C.

Điểm C thuộc tia Ox suy C x ;0 x0

2 ;3 ,  ;1

CA   x  CB   x

Tam giác ABC vuông C  CACB  0 2 x  2 x  3 x2  1 x1  

                          Vì x0 nên x1.

Vậy C1;0

Câu 1: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM trọng tâm G Khẳng định sau khẳng định

đúng?

A. AM 2AB AC    

                                      

B. AM  3GM C. 2AM3GA0

  

D. MG3MA MB MC      

                                                    Lời giải

Chọn C

Loại A 2AM AB AC    

; Loại D 3MGMA MB MC  

   

, Loại B AM 3GM

 

Câu 2: Cho tập Ax|x1 ; Bx|x3 Tập \ A B 

A.  ;13; B. 1; 3 . C.   1; 3. D.   ; 1 3;.

Lời giải Chọn A

Ta có : A  1;;B   ;3 A B   1;3 \ A B     ;13;

Câu 3: Cho tam giác ABC vuông cân A, AB = Khẳng định sau khẳng định sai?

A. AB BC 1  

B CA CB 1  

. C. AB AC 0  

. D. AB CB 1  

.

Lời giải Chọn D

Ta có

0

.cos45

2

AB CBAB CB  

   

Câu 4: Cho tập      

2

1; , | ; 0;

A  B x x   C

Tập A B C có phần tử số nguyên?

A. 3 B. 1. C. 0. D. 2.

Lời giải Chọn A

Ta có : A  1;;B  A B   A B C 0;4 Vậy tập A B Ccó

phần tử số nguyên 1, 2,

Câu 5: Cho tam giác ABC có cạnh 2a, trọng tâm G Độ dài véc tơ AB GC

                           

là:

A.

2

3 a

B.

2

a

. C.

4

3 a

. D.

3 a

.

Lời giải Chọn C

Ta có:

 2 2 16

2

3 3

a a a

AB GC AB GC  AB GC a    AB GC 

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

       

Câu 6: Cho hàm số y ax 2bx c có đồ thị hình bên Khẳng định sau ?

Lời giải Chọn A.

Vì đồ thị hàm số parabol có dạng quay xuống nên a0và cắt trục hồnh hai điểm phân biệt nên  0 Mà hai giao điểm x x1, đồ thị với trục hồnh có hồnh độ dương nên

b x x

a   

, a 0 b0.

Câu 7: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho a2; ,  b 5;3

 

Vecto 2a b  

có tọa độ ?

A 7; 7  B 9; 5  C 1;5 D 9; 11 

Lời giải Chọn D.

Tọa độ vecto 2a b  :

 

 

2.2

2 11

x y

    

 

    

 Do đáp án đáp án D.

Câu 8: Tổng bình phương nghiệm phương trình x1 x 33 x2 4x 5 0 ?

A 17 B 4 C 16 D 8

Lời giải Chọn B.

Đặt t x2 4x5( đk: t1). Ta có pt:    

2

1 3

x x  x  x   x2 4x 3 3 x2 4x 5 0

       

2 4 1 3 4 5 0

x x x x

        t23t 0

1 t t

    

 Đối chiếu đk ta có t 1. Khi : x2 4x 5  

2 x

    x2

Câu 9: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A1;1 , B2; 2 , MOy MA MB Khi tọa độ điểm M ?

A. 0;1 B. 1;1 C. 1; 1  D. 0; 1  Lời giải

Chọn D. Gọi

0; 

M y

Vì MA MB        

2 2

0 y y

       

2

1 y 2y y 4y

         6y6  y1.

Câu 10: Điều kiện xác định phương trình

2

2

x

x x x

 

  ?

A. x R \ 0; 2   B. x  2;5 \ 0   C. x  2;5 \ 0; 2    D. x   ;5 \ 0; 2   

Điều kiện xác định phương trình : 2

5

2 x

x x x    

   

  

2

0,

x x

x x

     

  



5

0 x x

   

    Chọn đáp án B

Câu 11: Tập xác định hàm số

3

5x x x y

x

   

  là:

A 1;3 \ 2   B 1;2 C 1;3 D 2;3

Lời giải. Chọn A

Điều kiện:

3

3

1

1

2

5

3 x x

x x

x

x x

x x

x  

   

   

 

   

  

  

 

  

  



Tập xác định D  1;3 \ 2  

Câu 12: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho I1; 2  trung điểm AB với A Ox B Oy ,  Khi đó: A 0; 2 B 0;4 C 4;0 D 2;0

Lời giải. Chọn D

Gọi      

;0 , 0; ; 2;0

2 2 x y x

A x B y  I    x  A

  .

Câu 13: Cho phương trình x3 2m1x24m1x 2m 1 Tìm m để phương trình có nghiệm nhất?

A m . B m0. C m1. D m2. Lời giải.

Chọn C

      

3 2 1 4 1 2 1 0 1 2 2 1 0

x  m x  m x m   x x  mx m 

 

2

2 *

x

x mx m

   

   



Phương trình có nghiệm  * có nghiệm kép vơ nghiệm +  * có nghiệm kép    m2 2m  1 m1 Khi nghiệm kép x1 (thõa) +  * vô nghiệm  

2

2 2 1 0 1 0

m m m



         (vơ lí) Vậy m1 phương trình có nghiệm nhất

Câu 14: Phương trình x23x 2x5 có tích nghiệm nguyên là:

A 4 B 1 C 56. D 0.

 

 

2

2

2

3

1 57

3 14

3 2

3

1

3 5x

x x

x x x x x x

x x x

x x

x

x x x x

   

          

  



   

        



 

 



   

        

 .

Phương trình có nghiệm ngun Chọn đáp án B Câu 15: Hàm số có đồ thị hình bên?

A y x 2 3x B yx25x  C yx2 x  D yx25x Lời giải.

Chọn B

Loại đáp án A, D đồ thị hàm bậc hai khơng có dạng đồ thị Loại đáp án C phương trình

2 3 3 0

x x

   

vô nghiệm nên đồ thị không cắt trục hoành Chọn đáp án B

Câu 16: Cho phương trình x3 mx2  4x4m0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm. A m2. B m2. C m2; 2  . D. m0.

Lời giải Chọn C.

3 4 4 0 ( 4 ) ( 4 ) 0

x  mx  x m  x  x  mx  m 

2 2

( 4) ( 4) ( 4)( )

0 (1) x

x x m x x x m

x m

  

          

 



Để PT cho có ngiệm PT (1) phải vơ nghiệm có nghiệm x2 hoặc x2 Nhưng PT (1) ln có nghiệm x m .

Vậy m2; 2 

Câu 17: Hàm số sau đồng biến 3;4? A

2

2

y x  x

B.y x  7x2 C y3x1 D

2

1

y x  x Lời giải

Chọn A.

B Hàm số đồng biến khoảng

;

 



 

 . C Hàm số nghịch biến khoảng   ;  D Hàm số đồng biến khoảng  ;1

Câu 18: Cho ba điểm A B C, , Tìm khẳng định sai nêu điều kiện cần đủ để ba điểm thẳng hàng? A. k :AB k AC . B. k :AB k BC

 

 .

C M MA MB MC:   0    

D  k :BC k BA  

 .

Lời giải Chọn C.

Câu 19: Phương trình

2 2 3 5

x  x  x

có tổng nghiệm nguyên

A.2. B.3. C.1. D.4.

Lời giải Chọn B.

Ta có:

2

2

5

1 33

5 2

8 1 33

3 2

1 x

x x

PT x x

x

x x

x x

  

  

 

 

 



 



         

 

 

  



 

  

  





Vậy tổng nghiệm nguyên 3.

Câu 20: Cho a b,  

có vectơ a2b

 

vng góc với 5a 4b

 

a b  

Khi

A.  

2 cos ,

2 a b  

B a b,  90  

C  

3 cos ,

2 a b  

D   cos ,

2 a b  

Lời giải

Chọn D. Vectơ a2b

 

vng góc với 5a 4b

 

a 2b 5a 4b 5a2 6ab 8b2 5a2 6ab 8b2 6ab 5a2 8b2 3b2

                        

Ta có:

 

2

2

1

cos ,

2 b ab

a b

a b b

  

 

 

  

Câu 21: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm N5; , 1;0  P  M tùy ý Khi MN MP  

có tọa độ là:

A 4;3 B 4;1. C 4; 3 . D 4;3.

Lời giải. Chọn C

4; 3

MN MP PN      

                                      

Câu 22: Hàm số sau có bảng biến thiên hình bên dưới:

x   1 

y  

 

A yx25x2 B

2 y x x

. C y x 2 3x1. D

2

3

y x  x

.

Lời giải. Chọn B

Đồ thị có bề lõm quay xuống nên a0

1 y x x

có hoành độ đỉnh b x

a

 

Câu 23: Hàm số y ax b  có đồ thị hình vẽ bên Khẳng định sau đúng: y

x

A a0, b0 B a0, b0. C a0, b0. D a0, b0.

Lời giải. Chọn A

Hàm số giảm nên a0

Đồ thị cắt trục tung điểm nằm trục hoành nên b0

Câu 24: Cho hàm số

2

2

1, 2, ,

1

x x x

y x y x y y

x x

  

     



A Có hai hàm số mà đồ thị nhận gốc tọa tọa làm tâm đối xứng

B Có hai hàm số chẵn

C Có hàm số khơng chẵn, khơng lẻ

D Có hàm số lẻ

Lời giải. Chọn A

Ta có tập xác định hàm số tập đối xứng + Hàm số y x 1 có: f x x1

   

   

f x f x

f x f x

 

   

  

 nên hàm số không chẳn, không lẻ.

+ Hàm số y x 2 có: f x x2 2f x  nên hàm số chẵn + Hàm số

2 1

x y

x  

có:    

2 1 1 1

x x x

f x f x

x x x

  

    

 nên hàm số lẻ.

+ Hàm số

4 2 3

1

x x

y

x

 





có

   

4 2 3 2 3

1

x x x x

f x f x

x x

   

   

  

nên hàm số chẵn Do đó: B, C, D

Câu 25: Cho tam giác ABC vuông B, BC a 3 Tính               AC CB :

A 3a2 B

2 3

2 a 

. C

2 3

2 a

. D 3a2.

Lời giải. Chọn D

  2

AC CB AB BC CB   BC  a     

                                                                