Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án

II. TỰ LUẬN

Bài 1 (VD):

Phương pháp:

Làm theo các bước khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

Cách giải:

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $y = {x^2} – 2x – 3$.

* Tập xác định: $D = \mathbb{R}$

* Tọa độ đỉnh: $I\left( {1; – 4} \right)$.

* Sự biến thiên:

Vì $a = 1 > 0$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ;1} \right)$.

Bảng biến thiên:

* Điểm đặc biệt:

$x$	-1	0	1	2	3
$y = {x^2} – 2x – 3$	0	-3	-4	-3	0

* Đồ thị: Đồ thị hàm số là đường parabol có đỉnh $I\left( {1; – 4} \right)$, hướng bề lõm lên trên và nhận đường thẳng $x = 1$ làm trục đối xứng.

Bài 2 (VD)

Phương pháp:

Lấy phương trình thứ nhất trừ phương trình thứ 2 và sử dụng phương pháp thế.

Cách giải:

Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} – 3x = {y^2} + 4\left( 1 \right)\\2{y^2} – 3y = {x^2} + 4\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế và biến đổi, ta được:

$ \Leftrightarrow 2{x^2} – 2{y^2} – 3x + 3y = {y^2} – {x^2} \Leftrightarrow 3{x^2} – 3{y^2} – 3x + 3y = 0 \Leftrightarrow \left( {x – y} \right)\left( {x + y – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y\\y = 1 – x\end{array} \right.$

TH1: Với $y = x$ thế vào phương trình (1) ta được

$2{x^2} – 3x = {x^2} + 4 \Leftrightarrow {x^2} – 3x – 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1 \Rightarrow y = – 1\\x = 4 \Rightarrow y = 4\end{array} \right.$

Vậy $\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( { – 1; – 1} \right);\left( {4;4} \right)} \right\}$.

TH2: Với $y = 1 – x$ thế vào phương trình (1) ta được

$2{x^2} – 3x = {\left( {1 – x} \right)^2} + 4 \Leftrightarrow 2{x^2} – 3x = 1 – 2x + {x^2} + 4 \Leftrightarrow {x^2} – x – 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2} \Rightarrow y = \frac{{1 – \sqrt {21} }}{2}\\x = \frac{{1 – \sqrt {21} }}{2} \Rightarrow y = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.$

Vậy $\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {\frac{{1 – \sqrt {21} }}{2};\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}} \right),\left( {\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2};\frac{{1 – \sqrt {21} }}{2}} \right)} \right\}$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm $\left( {x;y} \right)$ là:

$S = \left\{ {\left( { – 1; – 1} \right),\left( {4;4} \right),\left( {\frac{{1 – \sqrt {21} }}{2};\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}} \right),\left( {\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2};\frac{{1 – \sqrt {21} }}{2}} \right)} \right\}$

Bài 3 (VDC)

Phương pháp:

Tách ghép vế bên phải để xuất hiện nhân tử chung và dùng phương pháp đánh giá.

Cách giải:

Giải phương trình $\left( {x + 8} \right)\sqrt {x + 7} = {x^2} + 10x + 6$.

Điều kiện: $x \ge – 7$.

$\left( {x + 8} \right)\sqrt {x + 7} = {x^2} + 10x + 6$

$ \Leftrightarrow \left( {x + 8} \right)\sqrt {x + 7} – {x^2} – 10x – 6 = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + 8} \right)\left( {\sqrt {x + 7} – 3} \right) – \left( {{x^2} + 7x – 18} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\frac{{x + 8}}{{\sqrt {x + 7} + 3}} – \left( {x – 2} \right)\left( {x + 9} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left( {\frac{{x + 8}}{{\sqrt {x + 7} + 3}} – x – 9} \right) = 0\,\,\left( * \right)$

Với mọi $x \ge – 7$, ta có: $\frac{{x + 8}}{{\sqrt {x + 7} + 3}} – x – 9 = \frac{{x + 8}}{{\sqrt {x + 7} + 3}} – \left( {x + 8} \right) – 1 < 0$

$ \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow x – 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2$

Vậy phương trình có nghiệm $x = 2$.

Bài 4 (VD):

Phương pháp:

a) A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác $ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} $ không cùng phương. Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} $.

b) Tam giác MAB vuông cân tại M $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BM} = 0\\AM = BM\end{array} \right.$

Cách giải:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 điểm A (1; 2), B(-2; 1), C(3; 1).

a) Chứng minh rằng A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác. Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( { – 3; – 1} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {2; – 1} \right)$

Vì $\frac{{ – 3}}{2} \ne \frac{{ – 1}}{{ – 1}}$ nên hai vectơ $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} $ không cùng phương, hay A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác.

Gọi $D\left( {{x_D};{y_D}} \right)$.

Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} $

$ \Leftrightarrow \left( { – 3; – 1} \right) = \left( {3 – {x_D};1 – {y_D}} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 – {x_D} = – 3\\1 – {y_D} = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 6\\{y_D} = 2\end{array} \right.$

Vậy $D\left( {2;6} \right)$.

b) Tìm tọa độ điểm M để tam giác MAB vuông cân tại M.

Gọi $M\left( {x;y} \right)$, ta có $\overrightarrow {AM} = \left( {x – 1;y – 2} \right),\,\,\overrightarrow {BM} = \left( {x + 2;y – 1} \right)$.

Tam giác MAB vuông cân tại M $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BM} = 0\\AM = BM\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {x – 1} \right)\left( {x + 2} \right) + \left( {y – 2} \right)\left( {y – 1} \right) = 0\\\sqrt {{{\left( {x – 1} \right)}^2} + {{\left( {y – 2} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}} \end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {x – 1} \right)\left( {x + 2} \right) + \left( {y – 2} \right)\left( {y – 1} \right) = 0\\{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2}\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {x – 1} \right)\left( {x + 2} \right) + \left( {y – 2} \right)\left( {y – 1} \right) = 0\\ – 2x – 4y = 4x – 2y\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + x – 2 + {y^2} – 3y + 2 = 0\\y = – 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + x + 9{x^2} + 9x = 0\\y = – 3x\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10{x^2} + 10x = 0\\y = – 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 1\end{array} \right.\\y = – 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y = 0\\\left\{ \begin{array}{l}x = – 1\\y = 3\end{array} \right.\end{array} \right.$

Vậy $M\left( {0;0} \right)$ hay $M\left( { – 1;3} \right)$.