- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Trần Hưng Đạo Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Gò Vấp TP HCM Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Vĩnh Phúc Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Nam Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Đống Đa Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Đào Duy Từ Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Kim Liên Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Nhân Chính Hà Nội Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Bạc Liêu Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Quảng Nam Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THCS & THPT M.V.Lômônôxốp Hà Nội Có Lời Giải Chi Tiết Và Đáp Án
- Đề Thi Toán 10 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn Hải Phòng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 10 Học Kì 1 Trường THPT Nông Cống 3 Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
II. TỰ LUẬN
Bài 1 (VD):
Phương pháp:
Giải phương trình bằng phương pháp bình phương hai vế
Cách giải:
Điều kiện xác định: $ – 4 \le x \le \frac{1}{2}.$
$\sqrt {x + 4} – \sqrt {1 – x} = \sqrt {1 – 2x} $
$ \Leftrightarrow \sqrt {x + 4} = \sqrt {1 – 2x} + \sqrt {1 – x} $
$ \Leftrightarrow x + 4 = 1 – 2x + 2\sqrt {1 – 2x} \sqrt {1 – x} + 1 – x$
$ \Leftrightarrow 4x + 2 = 2\sqrt {\left( {1 – 2x} \right)\left( {1 – x} \right)} $
$ \Leftrightarrow 2x + 1 = \sqrt {\left( {1 – 2x} \right)\left( {1 – x} \right)} $
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 1 \ge 0\\4{x^2} + 4x + 1 = 2{x^2} – 3x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – \frac{1}{2}\\2{x^2} + 7x = 0\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – \frac{1}{2}\\x\left( {2x + 7} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – \frac{7}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\left( {tm} \right).$
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = 0$.
Bài 2 (VD):
Phương pháp:
Đặt ${x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)$. Phương trình bài cho có 4 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow $ Phương trình ẩn t có hai nghiệm dương phân biệt.
Áp dụng định lý Vi-et và biểu thức bài cho để tìm m.
Cách giải:
${x^4} – \left( {2m + 4} \right){x^2} + 2m + 3 = 0 \Leftrightarrow {x^4} – 2\left( {m + 2} \right){x^2} + 2m + 3 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.
Đặt ${x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)$phương trình trở thành ${t^2} – 2\left( {m + 2} \right)t + 2m + 3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$.
$\Delta ‘ = {\left( {m + 2} \right)^2} – \left( {2m + 3} \right) = {m^2} + 4m + 4 – 2m – 3 = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2}$.
Phương trình $\left( 1 \right)$có 4 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow \left( 2 \right)$có 2 nghiệm dương phân biệt ${t_1},{t_2}$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\\\{t_1} + {t_2} > 0\\\\{t_1}{t_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 1} \right)^2} > 0\\2m + 4 > 0\\2m + 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\2m > – 4\\2m > – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne – 1\\m > – 2\\m > – \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne – 1\\m > – \frac{3}{2}\end{array} \right.$.
Khi đó phương trình $\left( 1 \right)$ có 4 nghiệm phân biệt $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \sqrt {{t_1}} \\{x_2} = – \sqrt {{t_1}} \\{x_3} = \sqrt {{t_2}} \\{x_4} = – \sqrt {{t_2}} \end{array} \right.$.
$\frac{1}{{{x_1}^2}} + \frac{1}{{{x_2}^2}} + \frac{1}{{{x_3}^2}} + \frac{1}{{{x_4}^2}} – \frac{1}{{{x_1}{x_2}{x_3}{x_4}}} = 5.$
$ \Leftrightarrow \frac{1}{{{t_1}}} + \frac{1}{{{t_1}}} + \frac{1}{{{t_2}}} + \frac{1}{{{t_2}}} – \frac{1}{{\sqrt {{t_1}} .\left( { – \sqrt {{t_1}} } \right).\sqrt {{t_2}} .\left( { – \sqrt {{t_2}} } \right)}} = 5$
$ \Leftrightarrow \frac{2}{{{t_1}}} + \frac{2}{{{t_2}}} – \frac{1}{{{t_1}{t_2}}} = 5$
$ \Leftrightarrow 2\left( {{t_1} + {t_2}} \right) – 1 = 5{t_1}{t_2}$
$ \Leftrightarrow 2\left( {2m + 4} \right) – 1 = 5\left( {2m + 3} \right)$
$ \Leftrightarrow 4m + 8 – 1 = 10m + 15$
$ \Leftrightarrow 6m = – 8 \Leftrightarrow m = – \frac{4}{3}\left( {tm} \right)$
Vậy $m = – \frac{4}{3}$.
Bài 3 (VD):
Phương pháp:
a) Sử dụng tính chất của hình bình hành.
b) Hai vectơ vuông góc với nhau khi có tích vô hướng bằng không.
c) Dùng tính chất đường phân giác của tam giác.
Cách giải:
Trong hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có $A\left( { – 8;3} \right),B\left( {4;12} \right),C\left( {4; – 13} \right)$.
a) Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.
Gọi $D\left( {a;b} \right) \Rightarrow \overrightarrow {DC} = \left( {4 – a; – 13 – b} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {12;9} \right)$.
ABCD là hình bình hành $ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 – a = 12\\ – 13 – b = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = – 8\\b = – 22\end{array} \right.$.
Vậy $D\left( { – 8; – 22} \right)$.
b) Tìm tọa độ điểm E trên trục hoành sao cho $\Delta ABE$ vuông tại A.
Ta có: $E \in Ox \Rightarrow E\left( {m;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {EA} = \left( { – 8 – m;3} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {12;9} \right)$.
$\Delta ABE$ vuông tại $A \Leftrightarrow \overrightarrow {EA} \overrightarrow {.AB} = 0 \Leftrightarrow \left( { – 8 – m} \right){\rm{.12 + 3}}{\rm{.9 = 0}} \Leftrightarrow – 12m – 69 = 0 \Leftrightarrow m = – \frac{{23}}{4}$.
Vậy $E\left( { – \frac{{23}}{4};0} \right)$.
c) Tìm tọa độ điểm $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {12{\rm{;9}}} \right)\\\overrightarrow {AC} = \left( {12; – 16} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB = 15\\AC = 20\end{array} \right.$.
Tia phân giác AI của $\angle BAC$ cắt BC tại $D\left( {x;y} \right)$. Khi đó áp dụng tính chất của tia phân giác ta có: $\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow \overrightarrow {DB} = – \frac{{AB}}{{AC}}.\overrightarrow {DC} $ $ \Leftrightarrow \left( {4 – x;12 – y} \right) = – \frac{{{\rm{15}}}}{{20}}\left( {4 – x; – 13 – y} \right)$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 – x = – \frac{{15}}{{20}}\left( {4 – x} \right)\\12 – y = – \frac{{15}}{{20}}\left( { – 13 – y} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\x = \frac{9}{7}\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {4;\frac{9}{7}} \right)$ $ \Rightarrow \overrightarrow {BD} = \left( {0; – \frac{{75}}{7}} \right) \Rightarrow BD = \frac{{75}}{7}$ Gọi $I\left( {a;b} \right)$ Xét $\Delta ABD$ ta có BD là phân giác của $\angle ABD$. Áp dụng tính chất của tia phân giác ta có: $\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{BA}}{{BD}} \Rightarrow \overrightarrow {I{\rm{A}}} = – \frac{{BA}}{{BD}}.\overrightarrow {ID} $ $ \Leftrightarrow \left( { – 8 – a;3 – b} \right) = \frac{{ – 15}}{{\frac{{75}}{7}}}.\left( {4 – a;\frac{9}{7} – b} \right)$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 8 – a = – \frac{7}{5}\left( {4 – a} \right)\\3 – b = – \frac{7}{5}\left( {\frac{9}{7} – b} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = – 1\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { – 1;2} \right)$ Vậy $I\left( { – 1;2} \right)$. |
Bài 4 (VDC):
Phương pháp:
Giải phương trình bằng phương pháp tính bình phương hai vế sau đó đưa về dạng phương trình tích.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$.
$8{x^2} + 11x + 1 = \left( {x + 1} \right)\sqrt {4{x^2} + 6x + 5} $
$ \Rightarrow {\left( {8{x^2} + 11x + 1} \right)^2} = \left( {{x^2} + 2x + 1} \right)\left( {4{x^2} + 6x + 5} \right)$
$ \Leftrightarrow 64{x^4} + 121{x^2} + 1 + 176{x^3} + 16{x^2} + 22x = 4{x^4} + 14{x^3} + 21{x^2} + 16x + 5$
$ \Leftrightarrow 60{x^4} + 162{x^3} + 116{x^2} + 6x – 4 = 0$
$ \Leftrightarrow 2\left( {5{x^2} + 6x – 1} \right)\left( {6{x^2} + 9x + 2} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5{x^2} + 6x – 1 = 0\\6{x^2} + 9x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ – 3 + \sqrt {14} }}{5}\\x = \frac{{ – 3 – \sqrt {14} }}{5}\\x = \frac{{ – 9 + \sqrt {33} }}{{12}}\\x = \frac{{ – 9 – \sqrt {33} }}{{12}}\end{array} \right.$.
Thử lại các nghiệm tìm được vào phương trình ta được nghiệm của phương trình là $S = \left\{ {\frac{{ – 3 + \sqrt {14} }}{5};\frac{{ – 9 – \sqrt {33} }}{{12}}} \right\}$.