Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

II. TỰ LUẬN

Bài 1

Phương pháp:

a) Thay $m = – 1$ vào hàm số sau đó khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

b) Lập phương trình hoành độ giao điểm và sử dụng công thức trung điểm

Cách giải

a) Khi $m = – 1$ ta có hàm số $y = {x^2} + 4x$

Đồ thị hàm số có đỉnh $I\left( { – 2; – 4} \right)$

Hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ; – 2} \right)$ và đồng biến trên $\left( { – 2; + \infty } \right)$

Đồ thị hàm số

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (d)

${x^2} + \left( {3 – m} \right)x + {m^2} – 1 = 2\left( {1 – m} \right)x – m$

$ \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m + 1} \right)x + {m^2} + m – 1 = 0$ (*)

(d) và (1) cắt nhau tại hai điểm phân biệt $ \Leftrightarrow \left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow \Delta = {\left( {m + 1} \right)^2} – 4\left( {{m^2} + m – 1} \right) > 0$

$ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 – 4{m^2} – 4m + 4 > 0$

$ \Leftrightarrow – 3{m^2} – 2m + 5 > 0$

$ \Leftrightarrow \left( {m – 1} \right)\left( { – 3m – 5} \right) > 0$

$ \Leftrightarrow – \frac{5}{3} < m < 1$

Gọi $A\left( {{x_A};{y_A}} \right),B\left( {{x_B};{y_B}} \right)$ là hai giao điểm của hai đồ thị hàm số

Khi đó ta có: ${x_A};{x_B}$ là hai nghiệm của phương trình (*)

Áp dụng định lý Vi – ét ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_A} + {x_B} = – m – 1}\\{{x_A}.{x_B} = {m^2} + m – 1}\end{array}} \right.$

Khi đó trung điểm M của AB có tọa độ là: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}}\\{{y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{2\left( {1 – m} \right){x_A} – m + 2\left( {1 – m} \right){x_B} – m}}{2}}\end{array}} \right.$

${x_A} + {x_B} = – m – 1 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_M} = \frac{{ – m – 1}}{2}}\\{{y_M} = \frac{{2\left( {1 – m} \right)\left( { – m – 1} \right) – 2m}}{2} = {m^2} – m – 1}\end{array}} \right.$

Vậy $M\left( { – m – 1;{m^2} – m – 1} \right)$

Bài 2

Phương pháp

a) Tìm điều kiện xác định của phương trình

+) Giải phương trình bằng phương pháp nhân liên hợp

b) Tìm điều kiện xác định của hệ phương trình

+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ

Cách giải

a) Giải phương trình sau trên tập số thực : $\sqrt {2x – 3} + \sqrt {5 – 2x} = 2{x^2} – 3x$

Điều kiện xác định: $\frac{3}{2} \le x \le \frac{5}{2}$

$\sqrt {2x – 3} + \sqrt {5 – 2x} = 2{x^2} – 3x$

$ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {2x – 3} – 1} \right) + \left( {\sqrt {5 – 2x} – 1} \right) = 2{x^2} – 3x – 2$

$ \Leftrightarrow \frac{{\left( {\sqrt {2x – 3} – 1} \right)\left( {\sqrt {2x – 3} + 1} \right)}}{{\sqrt {2x – 3} + 1}} + \frac{{\left( {\sqrt {5 – 2x} – 1} \right)\left( {\sqrt {5 – 2x} + 1} \right)}}{{\sqrt {5 – 2x} + 1}} = \left( {x – 2} \right)\left( {2x + 1} \right)$

$ \Leftrightarrow \frac{{2x – 4}}{{\sqrt {2x – 3} + 1}} + \frac{{4 – 2x}}{{\sqrt {5 – 2x} + 1}} = \left( {x – 2} \right)\left( {2x + 1} \right)$

$ \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left[ {\frac{2}{{\sqrt {2x – 3} + 1}} – \frac{2}{{\sqrt {5 – 2x} + 1}} – 2x – 1} \right] = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2{\rm{ }}\left( {tm} \right)}\\{\frac{2}{{\sqrt {2x – 3} + 1}} – \frac{2}{{\sqrt {5 – 2x} + 1}} – 2x – 1 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)}\end{array}} \right.$

Ta có: $\sqrt {2x – 3} + 1 \ge 1 \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt {2x – 3} + 1}} \le 2 \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt {2x – 3} + 1}} – 2x < 0{\rm{ }}$ (vì $\frac{3}{2} \le x \le \frac{5}{2}$)

$ \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt {2x – 3} + 1}} – \frac{2}{{\sqrt {5 – 2x} + 1}} – 2x – 1 < 0 \Rightarrow \left( 1 \right)$ vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = 2$

b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {3x – 2} + 4\sqrt {y + 2} = 14}\\{3\sqrt {3x – 2} – \sqrt {y + 2} = 3}\end{array}} \right.$

Điều kiện xác định: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge \frac{2}{3}}\\{y \ge – 2}\end{array}} \right.$

Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {3x – 2} = a\left( {a \ge 0} \right)}\\{\sqrt {y + 2} = b\left( {b \ge 0} \right)}\end{array}} \right.$ ta có hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + 4b = 14}\\{3a – b = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2\left( {tm} \right)}\\{b = 3\left( {tm} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {3x – 2} = 2}\\{\sqrt {y + 2} = 3}\end{array}} \right.} \right.} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x – 2 = 4}\\{y + 2 = 9}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = 6}\\{y = 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2\left( {tm} \right)}\\{y = 7\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left( {2;7} \right)$

Bài 3

Phương pháp

1. Sử dụng tính chất trọng tâm tam giác.

2. Hai vecto vuông góc với nhau thì có tích vô hướng bằng không.

Cách giải

1) Cho tam giác ABC đều cạnh a

a) Xác định vị trí điểm I thỏa mãn $4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 $ và tính độ dài $IA,IB,IC$

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

$4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow 3\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IG} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IG} = \overrightarrow 0 \Rightarrow I$ là trung điểm của AG

Gọi K là trung điểm của BC

Vì tam giác ABC đều nên $AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AG = \frac{{2AK}}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow IA = \frac{{AG}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$

$IK = AK – IA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} – \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$

Theo định lý Py –ta-go ta có: $IB = \sqrt {I{K^2} + B{K^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{9} + \frac{{{a^2}}}{4}} \Rightarrow IB = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}$

Tương tự ta tính được $IC = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}$

b) Cho điểm M thay đổi nhưng luôn thỏa mãn đẳng thức $4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 3{a^2}$. Chứng minh rằng điểm M luôn thuộc một đường tròn cố định

$4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 4{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}$

$ = 6M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} } \right) + I{B^2} + I{C^2}$

$ = 6M{I^2} + I{B^2} + I{C^2}$

$ \Rightarrow 6M{I^2} + I{B^2} + I{C^2} = 3{a^2}$

$ \Rightarrow 6M{I^2} + 2.\frac{{{a^2}.21}}{{36}} = 3{a^2}$

$ \Rightarrow MI = \frac{{a\sqrt {11} }}{6}$

Vậy điểm M luôn nằm trên đường tròn tâm I, bán kính $\frac{{a\sqrt {11} }}{6}$

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh $A\left( {1; – 2} \right),B\left( {2;1} \right),C\left( { – 2;3} \right)$. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

Gọi $H\left( {a;b} \right)$.

Có $\overrightarrow {AH} = \left( {a – 1;b + 2} \right),\overrightarrow {BC} = \left( { – 4;2} \right),\overrightarrow {BH} = \left( {a – 2;b – 1} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { – 3;5} \right)$

Vì $\overrightarrow {AH} \bot \overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BH} \bot \overrightarrow {AC} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {a – 1} \right).\left( { – 4} \right) + \left( {b + 2} \right).2 = 0}\\{\left( {a – 2} \right).\left( { – 3} \right) + \left( {b – 1} \right).5 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{19}}{7}}\\{b = \frac{{10}}{7}}\end{array}} \right.$

Vậy $H\left( {\frac{{19}}{7};\frac{{10}}{7}} \right)$

Bài 4

Phương pháp

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

Cách giải

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 48$. Tìm giá trị lớn nhất của

$A = \sqrt {{x^3} + 8} + \sqrt {{y^3} + 8} + \sqrt {{z^3} + 8} $

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

$\sqrt {{x^3} + 8} = \sqrt {x + 2} \sqrt {{x^2} – 2x + 4} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sqrt {2x + 4} \sqrt {{x^2} – 2x + 4} \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {\frac{{2x + 4 + {x^2} – 2x + 4}}{2}} \right) = \frac{{{x^2} + 8}}{{2\sqrt 2 }}$

Tương tự: $\sqrt {{y^3} + 8} \le \frac{{{y^2} + 8}}{{2\sqrt 2 }},\sqrt {{z^3} + 8} \le \frac{{{z^2} + 8}}{{2\sqrt 2 }} \Rightarrow A \le \frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2} + 24}}{{2\sqrt 2 }} = 18\sqrt 2 $

Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y = z\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = 48\end{array} \right\} \Leftrightarrow x = y = z = 4$

Vậy $Max{\rm{ }}A = 18\sqrt 2 $ khi $x = y = z = 4$.