bài tập phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau:... Trong đề thi đây là bài toán nằm trong vùng kiến thức để phân loại đối tượng học sinh, nên thông thường là bài toán tương đối khó.. Sau

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN

I Phương pháp biến đổi tương đương

1 Phương pháp nâng lũy thừa

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2

2x 1 x 3x 1 0 (D.2006) Lời giải:

2

2 2

nên phương trình (*) vô nghiệm

 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau:

t t

       2

Điều kiện: x 5

5 x  14 x  9  x   x 20  5 x   1 5 x  14 x  9  x   x 20  5 x  1

   2

Ví dụ: Giải phương trình 4 x   x 6  4 x   2 7 x  1

Lời giải:

Điều kiện: x  1

 2    2

x v

0 1

Ví dụ 5 có thể giải như sau: Đặt 3 2

Ví dụ 1 Giải phương trình 3  

4 x  3 x  2 x  1 4 x   1 0 Lời giải:

IV Phương pháp đánh giá

Do đó phương trình f x ( )  g x ( ) có không quá hai nghiệm trên    1; 

Mà (0)f  g(0) và (3)f g(3) nên x  0, x  3 là nghiệm của phương trình

Lời giải:

x x

Tam Kỳ, ngày 01 tháng 4 năm 2015

Tổ Toán trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm

CHUYÊN ĐỀ :BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN

I Phương pháp biến đổi tương đương

1 Phương pháp nâng lũy thừa

2

2 2

x

x x

(thỏa mãn điều kiện)

 Bài tập tương tự: Giải các bất phương trình

3

x x

Đối chiếu điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là S=  2; 2 

3 4

Vậy tập nghiệm bất phương trình là S=  1;2

 Bài tập tương tự: Giải các bất phương trình sau:

2 2

00

x x

Tổ Toán trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm

CHUYÊN ĐỀ : HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Trong đề thi đây là bài toán nằm trong vùng kiến thức để phân loại đối tượng học sinh, nên thông thường là bài toán tương đối khó Sau đây là một số bài toán thể hiện các phương pháp giải hệ phương trình



Suy ra hàm đồng biến trên [1,).Khi đó (1) có dạng f x( ) f y( )xy

x   x x  x221 5 ( x 1 1) ( x24)2

2 2

+ Nếu x = 0 thì (I) vô nghiệm

+ Xét x0 Đặt y = tx thì (I) trở thành:

(3 5 4 ) 38(5 9 3 ) 15

Kết luận : Hệ có hai nghiệm (x, y) là (3, 1) , (– 3 ; – 1)

+ Do x = 0 không thỏa (2)

+ Với x0 thì (2)

2 2

1( 1)

x y

ĐK x0 ,xy 1 0

2

00

2

y y

212

x  y x  yx y  y  Xem vế trái là một đa thức theo x và y là tham số

Đa thức này có 1 nghiệm x = 2y Dùng phép chia bằng sơ đồ Hoocner ta phân tích được

22

Hệ đã cho tương đương

2 2

32

32

Từ (1a) và (2a) kết hợp ĐK cho ta x = y Thay y = x vào (2) ta được 2

5x 8x 3 0

135

x x

Nếu x y, cùng dương thì

43

Cũng từ (2) thì x y, không thể cùng âm Do đó x,y trái dấu

(xy1) 2x y 4xy 0Nhưng ,x y trái dấu nên 2 2

2x y 4xy0, suy ra xy 1 0Khi đó

Vì y = 0 không thỏa hệ phương trình

Với y  0 hệ tương đương

2

2 2

x y

, v = x + y, hệ trở thành

Vì y =0 không thỏa hệ Với y  0 ta có hệ  2

x x

x y x y

x y x y

+ Với

0

54

x y

Vì y = 0 không thỏa hệ Với y0 thì (1)

2 2

(1)( 1)

ĐK x > 1 và y  0

Do vế trái của (1) là

2 2

x

x x

ĐK : 2 3x2 3 ; 2 y12

Ta có

21212

2x 2x ((x 1) 3x 1) 2((x 2) 19x 8 ) 0

Đặt 3y = z Từ (1) ta có : 6xz – 4 = x4 z4 2 2

x z2 ,suy ra : 1t = xz  2 Xét vế trái của phương trình (2) : 2 2

f t là hàm số đồng biến trên (1;2) , suy ra : ( ) f(1) 5

2

3 f t ( )

56Dấu bằng xẩy ra khi t = 1 , suy ra : x = 1; y = 1

3 hoặc x = 1 ; y = 1

3



Tam Kỳ, ngày 01 tháng 4 năm 2015

Tổ Toán trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm

CHUYÊN ĐỀ : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

Bài toán bất đẳng thức và giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất là bài toán ra trong đề thi dùng để phân loại mạnh trình độ học sinh, nên bài toán bao giờ cũng khó Sau đây là một số ví dụ thể hiên một số phương pháp giải loại này

2xyz 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1

Ví dụ 2: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2 2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Ví dụ 4: Cho a, b, c>0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

1a 2bc 1b 2ac 1c 2ab6Lời giải:

Mặt khác 9 = (a+b+c)2 3(ab+bc+ca) suy ra 3ab+bc+ca

suy ra S9/2 -3/2 = 3 Dấu đt xảy ra  a = b = c = 1

Ví dụ 7) Cho a, b, c >0 thoả mãn abc = 1 Tìm GTNN của biểu thức

Ví dụ 8) Cho a, b, c >0 thoả mãn a2 +b2 +c2 = 1 Tìm GTNN của

Ví dụ 2) Cho x, y, z là các số thực dương Chứng m inh rằng :

f(t)

+ 0 3 / 2

t 1 4

+  f’(t) + 0 –

Nếu x = 0 thì P = 0 Với x  0, đặt y t

x  suy ra 2(1 6 )2

t P

13

f(t)

0 3 – 6 0 Suy ra MaxP = 3, MinP = – 6

Ví dụ 6) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện 2 2 2

2

x y z  Tìm GTLN của biểu thức P =

2 2

21

2 Vậy minS = 20 4) Sử dụng phương pháp tọa độ vectơ

Ví dụ 1) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn

2 2 2

Nhân phương trình (2) với 1

2 rồi cộng với phương trình (1) ta được :

 (a b )2[ (c a b )]2  (b c )2[ (a b c )]2  (c a )2[ (b ca)]2 (1) Trong mặt phẳng tọa độ xét các điểm A(a, bc), B(b, ca), C(c, ab) khi đó (1) tương đương

AB + BC AC đúng

Ví dụ 3) Cho x, y là các số thay đổi Tìm GTNN của biểu thức

A = 2 2 2 2

(x1) y  (x1)  y  y2 (B- 2006) Lời giải:

Ví dụ 4) Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 2

Vậy S 4, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2 Vậy minS = 4

Ví dụ 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2

2 Tam Kỳ, ngày 01 tháng 4 năm 2015

Tổ Toán trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN

NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề





 , (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số (1)

2 Gọi  là đường thẳng đi qua điểm A(1; 0) và có hệ số góc m Tìm m để đường thẳng  cắt đồ thị

(C) tại hai điểm phân biệt M, N thuộc hai nhánh của đồ thị sao cho AM = 2AN

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm các nghiệm thực của phương trình :

sin tan 2x x 3( sinx 3 tan 2 )x 3 3 thỏa mãn : 1

Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng đỉnh A có tung độ dương

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ( ) : 1 1

mặt phẳng ( ) : y z 40 Lập phương trình mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (P) vuông góc với mặt

phẳng ( ) , song song với đường thẳng ( ) đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ( ) và mặt phẳng

(P) bằng 2 lần khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P)

ĐỀ THI THỬ SỐ I

Câu 7 (1,0 điểm). Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB a

, '

2

3

A C  a Gọi M là trung điểm cạnh ' '

A C , I là giao điểm của các đường thẳng AM và '

A C

Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC )

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau :  2  2

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh : ; Số báo danh :

 Khi đó tọa độ các giao điểm là : M x mx( ;1 1m), N( ;x mx2 2m)

trong đó x x là nghiệm của phương trình (1) thỏa 1, 2

1 2

1 2

(2)2

(3)

m

m m

Với điều kiện này pt tương đương : (sin tan 2x x 3 sin ) (3 tan 2x  x3 3) 0sin (tan 2x x 3) 3(tan 2x 3) 0

00

33

x x

Vậy có hai số phức z thỏa YCBT : 1 11 , 1 11

1 3

3 2

Lưu ý : Đáp án này có 6 trang

Học sinh có cách giải khác : đúng, chính xác và logic thì vẫn đạt điểm tối đa của câu tương ứng

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN

NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số (1) khi m   1

2 Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao

cho độ dài cạnh đáy bằng 2

3 lần độ dài cạnh bên

2 cos 2x 3 sin 4xcos 8x4 cos 3 cos 2x x

2 Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 4 viên bi xanh và 3 viên bi vàng với kích thước đôi một khác nhau Lấy

ngẫu nhiên ra 4 viên bi Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra thì số bi đỏ phải lớn hơn số bi vàng

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(4; 5), điểm M là

trung điểm của cạnh AD , đường thẳng CM có phương trình : x8y100, đỉnh B thuộc đường thẳng

( ) : 2d xy  Tìm tọa độ các đỉnh còn lại 1 0 A B và C của hình chữ nhật , biết rằng đỉnh C có tung độ nhỏ ,

vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABCD) trùng với trung điểm H của cạnh AB Tính theo a thể tích khối

chóp S ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBD)

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau :

Câu 9 (1,0 điểm) Cho , , a b c là ba số thực dương thỏa mãn a b  c 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

- Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh : ; Số báo danh :

0.25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 1; 0) và (1; )hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (0; 1)

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 và y CĐ = (0)f = 3

hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x = 1 và y CT = ( 1)f   4

0.25

2 cos 2x 3 sin 4xcos 8x4 cos 3 cos 2x x

Ta có : 2 cos 2x 3 sin 4xcos 8x4 cos 3 cos 22 x x

2 cos 2x 3 sin 4x cos 8x 2(1 cos6 ).cos 2x x

x  0 t 5

0,25

 Giả sử số phức z 2 có dạng lượng giác là : z 2 r(cosi.sin ) , với r 0

 Theo giả thiết z  có một acgumen là2

3 1 2 1 1

5 3 5 4 3 150

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là :  A 125 150 275

Vậy xác suất của biến cố A là : ( ) 275 5

 Gọi I ACBD Trong tam giác AIB có HM // AI (vì cùng vuông góc với

BD) và H là trung điểm AB nên HM là đường trung bình 1 2

2 2

Lưu ý : Đáp án này có 6 trang

Học sinh có cách giải khác : đúng, chính xác và logic thì vẫn đạt điểm tối đa của câu tương ứng