10 de ON HKI THPT CVA HA NOI

Tính ur .c Tìm tọa độ điểm M Ox� thỏa mãn MAuuur2MB MCuuur uuuur bé nhất.. b Xác định vị trí điểm M sao cho MA MB MCuuur uuur uuuur  3BCuuur.. Tính diện tích tam giác GA GB GCuuur

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI

ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP HỌC KÌ I – MÔN TOÁN LỚP 10

1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên.

2) Dựa vào đồ thị  P , tìm m sao cho phương trình x2  x m x có nghiệm.1

Lời giải

1) [0D2-2] Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên.

Tập xác định D �

Tọa độ đỉnh 2 1

44

b x

x a y y

Hàm số đồng biến trên khoảng 1;  � ; nghịch biến trên khoảng  � ; 1

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm x  và 1 x , cắt trục tung tại điểm 3 y  3

Phương trình  * chính là phương trình hoành độ giao điểm của parabol  P và đường

thẳng :d y m  cùng phương với trục hoành.2

Mình nghĩ nên để là song song vì cùng phương thường dùng cho véctơ chứ không phải đường thẳng

Do đó số nghiệm của phương trình  * bằng số giao điểm của  P và d trên nửa khoảng



y

x m D

y D

m 

Bài 5. 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A 0; 1 , B 1; 3 , C2; 2

a) Chứng minh rằng A , B , C là ba đỉnh của một tam giác vuông cân Tính diện tích tam giác

ABC Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.b) Đặt ur2uuur uuurAB AC 3BCuuur Tính ur

.c) Tìm tọa độ điểm M Ox� thỏa mãn MAuuur2MB MCuuur uuuur bé nhất

Lời giải

a) [0H1-2] Chứng minh rằng A , B , C là ba đỉnh của một tam giác vuông cân Tính diện tích

tam giác ABC Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

c) [0H1-3] Tìm tọa độ điểm M Ox� thỏa mãn MAuuur2MB MCuuur uuuur bé nhất

Gọi M m ; 0 là điểm nằm trên Ox, ta có MAuuur  x; 1 ; MBuuur 1 x; 3; MCuuuur   2 x; 2

MA MB MC

� uuur uuur uuuur bé nhất là 5 khi 4 2 x0� x2

Vậy M2; 0 thì MAuuur2MB MCuuur uuuur bé nhất

2) Cho tam giác đều ABC cạnh 3a , a  Lấy các điểm M , N , P lần lượt trên các cạnh0

A

B

N P

a

a

60�

ĐỀ ÔN HỌC KÌ I SỐ 2

Bài 1. Cho hàm số 2

3

y  x x, có đồ thị là parabol  P

a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho

b) Lập phương trình đường thẳng đi qua đỉnh của  P , cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng

52

�  ��

� �

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm  0;0 và  3;0 ; cắt trục tung tại điểm  0;0

b) [0D2-2] Gọi d là đường thẳng đi qua đỉnh của  P Đường thẳng d có dạng y ax b 

Do d đi qua điểm 3 9;

a) Tính uuur uuurAB AC. 2BCuuur

b) Xác định vị trí điểm M sao cho MA MB MCuuur uuur uuuur  3BCuuur

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A1; 2, B 2;3 , C 0; 2

a) [0H2-2] Chứng minh ba điểm A , B , C là ba đỉnh của một tam giác Tìm tọa độ trọng

tâm của tam giác ABC

b) [0H2-2] Xác định tọa độ điểm H là hình chiếu của A lên BC Tính diện tích tam giác

GA GB GCuuur uuur uuur  v� GM MAuuuur uuur  GM MBuuuur uuur  GM MCuuuur uuuur v�MA MB MCuuur uuur uuuur   MGuuuur

Theo giả thiết, ta có MA MB MCuuur uuur uuuur  3BCuuur

Từ đó suy ra MG BCuuuur uuur Vậy M là đỉnh thứ tư trong hình bình hành BCGM

2) a) [0H2-2] Ta có uuurAB 3;1 , uuurAC  1;0

Do 1 0

3� nên hai véctơ AB1 uuur và ACuuur không cùng phương Vậy ba điểm A , B , C không

thẳng hàng Do đó ba điểm này là ba đỉnh của một tam giác

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC Khi đó, tọa độ của G là

G

y y y y

Ta có

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Theo tính chất của tứ giác nội tiếp, ta có

1212

DBC COD ACB AOB

2) Cho phương trình 2 x22x   2 m x2 2x,  1 ( m tham số).

a) Giải phương trình  1 với m1

b)Xác định giá trị m sao cho phương trình  1 có nghiệm

Lời giải

1) [0D3-2] Đặt

11

a x b y

x x

y y

 2 � m t  2 2t 2 Đặt f t     , ta lập bảng biến thiên của hàm số t2 2t 2 f t 

Từ bảng biến thiên, ta được m� 1

Bài 3 1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x  4x24x 1

21

2

x khi x y

2) [0D2-2] Cho Từ giả thiết, suy ra  P qua A0; 3 

Ta có:

3

32

41

2

b

b a

3) a) [0D2-3] Khi x� , đồ thị hàm số là đường thẳng qua hai điểm 1 A 1;1 và B 2; 4

Khi x1, đồ thị hàm số là Parabol đỉnh I 1;1 , trục đối xứng x1, qua điểm C 0;0 và

 1; 3

D  

b) [0D2-3] Dựa vào đồ thị, giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 8 , đạt khi x  ; giá trị lớn2nhất của hàm số bằng 4 , đạt khi x 2

Bài 4 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 điểm A2; 2 ,  B 6;1 .

a) Tìm điểm C Ox� sao cho ABC cân tại C

b)Xác định M�AB sao cho 4MA ABuuur uuur  41

2) Cho hình bình hành ABCD Gọi I , M là các điểm thỏa mãn 2uur uuur rIA AB 0, ICuur3MIuuur r0.Chứng minh rằng

b) [0H2-3] Đường thẳng đi qua A , B có dạng

1 0

0

245

2; 452

33

x y

A x

Vậy  C luôn đi qua hai điểm cố định m A và 1 A , hay 2  C luôn đi qua đường thẳng m A A cố 1 2định.

ĐỀ ÔN HỌC KÌ I SỐ 4

Bài 1. (2 điểm) Cho hàm số 2

y  x x , có đồ thị là  P

1 [0D2-2] Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.

2 [0D2-4] Dựa vào đồ thị  P , tìm m sao cho phương trình 2  2

x  x  m có 3 nghiệm phân biệt

Lời giải

1. Xét hàm số 2

y  x x có đồ thị là  P

Có đỉnh I 1; 4 Đồ thị nhân đường thẳng x làm trục đối xứng1

Đồ thị có a   nên bề lõm hướng xuống dưới.1 0

2

y x  x là toàn bộ phần phía trên trục Ox

x� )

x  x

� � x22x 1 0� x1 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy tập nghiệm của phương trình: S 1

a b

Bài 3. (1 điểm) Cho phương trình x22m1x2m22m 3 0 1 

1 [0D3-2] Xác định giá trị m sao cho phương trình có hai nghiệm x x 1, 2

2 [0D3-3] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất biểu thức A3x22x x1 2 3x12x x2 1

Ta có:  � �2 m 2 nên tại m 2�A2, tại m2�A18

Vậy minA tại 2 m  2 max 85

a Ta có: uuurAB2; 2  , uuurAH 0; 1  Gọi C x y ; �CHuuur1 x y; , uuurBC x 3;y1

Vì H là trực tâm tam giác nên



�

� � 

�Vậy C0; 1 

2. Cho tam giác ABC Lấy các điểm M , N sao cho 2MAuuur3MBuuur r0, 2NAuuur3uuur rNC0 Gọi

G là trọng tâm tam giác

a.[0H1-3] Xác định x , y để AG x AMuuur uuuury ANuuur

b.[0H1-3] Gọi E là điểm thuộc BC thỏa 3

uuur uuur r uuuur uuur

; 2uuurNA3NCuuur r0�NCuuur 23NAuuur�uuurAC13uuurAN

Gọi P là trung điểm BC ta có: uuur uuurAB AC 2uuurAP

a [0D3-2] Giải hệ phương trình  1 với m 2

b [0D3-3] Xác định m sao cho hệ phương trình  1 có nghiệm duy nhất x y thỏa mãn; 

492

134

 

 

22

33

x x

2

11

Bài 3. (2 điểm) Cho các hàm số y x 23x và 2 y   x 2

a [0D2-2] Vẽ các hàm số đã cho trên cùng hệ trục tọa độ.

b [0D2-3] Dựa vào đồ thị các hàm số, xác định các giá trị x thỏa mãn điều kiện

x  x � x

2 3 22

1. Cho đoạn thẳng AB và điểm I sao cho 2uurAI3uurBI2uuur rAB0

a [0H1-2] Tìm số k sao cho IB k ABuur uuur

b [0H1-2] Chứng minh rằng với mọi điểm M , ta có 5 MIuuur2MAuuur3MBuuur2uuur rAB0

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A 0;1 , B1; 2 ,  C 2;0 .

a [0H2-2] Chứng minh ba điểm A , B , C không thẳng hàng Tìm tọa độ trực tâm H của

tam giác ABC

b [0H2-3] Xác định vị trí điểm M Ox � sao cho MAuuur  MBuuur bé nhất.

c [0H2-2] Cho ar2ir3rj Biểu diễn ar

qua vectơ ABuuur và ACuuur

Lời giải

1. Cho đoạn thẳng AB và điểm I sao cho 2uurAI3uurBI2uuur rAB0

a. Tìm số k sao cho IB k ABuur uuur

Ta có 2uurAI 3BIuur2uuur rAB0�2uuur uurAB BI 3uurIB2uuur rAB0�2uuurAB2IBuur3IBuur2uuur rAB0

b Chứng minh rằng với mọi điểm M , ta có 5 MIuuur2MAuuur3MBuuur2uuur rAB0

Ta có: 2uurAI3BIuur2uuur rAB0� 2uuuur uuurAM MI  3 BM MIuuuur uuur 2uuur rAB0

5MI2AM 3BM 2AB0 5MI2MA3MB2AB0

� uuur uuuur uuuur uuur r � uuur uuur uuur uuur r (đpcm)

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A 0;1 , B1; 2 ,  C 2;0 .

a. Chứng minh ba điểm A , B , C không thẳng hàng Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác

 Gọi H x y H; H, uuurAH x y H; H 1, uuurBC 1; 2 , BHuuurx H 1;y H 2, uuurAC 2; 1 

 H là trực tâm của tam giác ABC

uuur uuur uuur uuur

Chú ý: Có thể nhận xét uuur uuurAC BC. 0 nên tam giác ABC vuông tại C Do đó trực tâm H trùng với C

b Xác định vị trí điểm M Ox� sao cho MAuuur  MBuuur bé nhất

 M;0

M Ox� �M x .

Nhận xét: A , B nằm khác phía đối với trục Ox (do y A   , 1 0 y B    ).2 0

 M; 1

AM  x 

uuuur

, uuurAB 1; 3

Ta có MAuuur  MBuuur MA MB AB � với mọi điểm M

Khi đó: MAuuur  MBuuur nhỏ nhất � MA MB  AB � A , M , B thẳng hàng

� AMuuuur, ABuuur cùng phương � 3  1 1  1

c. Cho ar2ir3rj Biểu diễn ar

qua vectơ ABuuur và ACuuur

Gọi G , H lần lượt là trọng tâm tam giác ADE , tam giác BCF

Khi đó MA MD MEuuur uuuur uuur   MB MC MFuuur uuuur uuur   3MGuuuur 3MHuuuur 3MG3MH 3MG MH 

Ta có 3MG MH  �3GH với mọi điểm M

MA MD ME   MB MC MF 

uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur

nhỏ nhất khi dấu bằng xảy ra

x x

Ta có y x 2 2x �y2  4 2 4x2 ۣ�ۣ 4 y2 8ۣ�ۣ 2 y 2 2 do y Vậy tập0giá trị của hàm số là: T  ��2;2 2��.

Bài 3. (2 điểm) Cho hàm số y 2x2m1x1

1 [0D2-2] Khảo sát sự biến thiên và vẽ khi m4

y

Do C Ox � , B Oy� nên B0;y và B C x C;0.

Ta có: G là trọng tâm tam giác ABC

1 02

C

B

x y

 

�

Vậy tọa độ của B 0;3 và C3;0

2 [0H1-3] Cho tam giác ABC Gọi M , N , P là các điểm thỏa: MBuuur3CMuuuur r0,NAuuur3NCuuur r0,

2PA ABuuur uuur r 0

a Biểu diễn MPuuur theo ABuuur, ACuuur

b Biểu diễn NPuuur theo ABuuur, ACuuur

uuur uuur uuur uuur

Suy ra: ba điểm M , N , P thẳng hàng.

Bài 5. (0,5 điểm) [0D 3-4] Giải phương trình  4  4 2 

x x

f x

x x

x TM x

2 Đk:x�2 pt�2 x 2 x2 x 1 3 x  1 2 0

� x 2 3 2  x 1 0� x 1 2�x3 tm

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  3

Bài 3. (2 điểm) Cho hàm số 2

x Parabol quay bề lõm lên trên

f(x)=x^2-3x+2

-4 -3 -2 -1

1 2 3 4

x y

2

m D

1

56

� � là trung điểm của đoạn thẳng

AB , H1;3 là hình chiếu của A trên đường thẳng BC.a) [0H1-2]Xác định tọa độ các điểm B , C biết tam giácABC cân tại A

b) [0H1-2]Biểu diễn IHuuur theo ABuuur, ACuuur

uuuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Cách 2: Gọi D là trung điểm của AB

�uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

b) Gọi E là trung điểm của BC

Bài 6. (0,5 điểm) [0H1-3]Chứng minh rằng hai hình bình hành ABCD , A B C D cùng tâm thì 1 1 1 1

uuur uuur uuuur uuuur rAA1BB1CC1DD10

� uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur r

� uuur uuur uuuur uuuur rAA1BB1CC1DD10 (đpcm)

E E

F F

y x

Khi đó, A0; 3 cắt  A0; 3 tại hai điểm là  E�A0; 3  và F4  k; k2 4k Để3

E và F là hai điểm phân biệt, ta có điều kiện 4�۹k 0 k 4  .

k k k k

tm tm

Vậy, k  và 1 k  là hai giá trị cần tìm.3

x x



�

� �� .

Vậy, phương trình  3 có hai nghiệm phân biệt x2;x 5

b Xác định giá trị của m sao cho phương trình có 2 nghiêm phân biệt?

Ta có, phương trình   2

2 2

Ta xét bảng biến thiên của các hàm số y f x y g x ,    với điều kiện 1

x x

1 Cho hình thang cân ABCD có CD2AB2a, a , �0 DAB120o, AH vuông góc với

CD tại H Tính uuur uuurAH CD. 4uuurAD, uuur uuurAC BH. .

Gọi I là trung điểm của CD Ta có

2

CD

IC IC  AB nên tứ giác ABCI là hình bìnhhành

Khi đó AI BC , mà AD BC (do ABCD là hình thang cân) nên AD AI Vậy tam giác

ADI là tam giác đều do AD AI và �ADI 180o120o60o Suy ra AD AI DI  a Xét tam giác vuông ADH có sin 60 3

AH CD AD AH CD AH AD  AH AD

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

(do uuurAH CDuuur�uuur uuurAH CD. 0)

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho A2; 3 ,  B1; 2 

a Cho ur  3 3ri rj Chứng tỏ hai vector ABuuur, ur cùng phương Tính k  uuur rAB u:

Từ giả thiết, ta có: uuurAB  1;1 Do ur  3 3ri rj nên ur3; 3 

Đồng thời, ta có được  

 

2 2

2 2

b Xác định tọa độ điểm M Ox� sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất

Do hai điểm A , B cùng có tung độ âm nên cùng nằm về 1 phía đối với trục Ox Khi

đó, với điểm M Ox� sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất thì ba điểm A , B , M

thẳng hàng với nhau

Ta có: M Ox� nên tọa độ điểm M m ; 0 và uuuurAM m2; 3

Để ba điểm A , B , M thẳng hàng thì uuuurAM m2; 3 cùng phương với uuurAB  1;1

1

x x x x

x x

1 592197

Vậy, phương trình   có hai nghiệm phân biệt là 1 1 592; 2 1 592

x   x   .

x x x

m x

Bài 3 Bài 3 (2,5 điểm).

1 Cho hàm số y  x2 2a1x b Xác định ,a b biết đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh là

+ Bảng giá trị:

Bài 4 Bài 4 (3,5 điểm).

1. Cho tam giác ABC M là điểm thỏa mãn 2, MA MBuuur uuur r 0,G là trọng tâm tam giác ACM

a. Chứng minh rằng 3GAuuur2GBuuur4GCuuur r0

Ta có: GA GB GMuuur uuur uuuur r  0 ; 2MA MBuuur uuur r 0

Theo đề ra: 3GAuuur2GBuuur4GCuuur r0�3GA GCuuur uuur 2GB GCuuur uuur r 0

Ta có , ,G I C thẳng hàng suy ra I là trung điểm của AM suy ra

12

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A2; 1 ,     B 0; 2 ,C 1;3

a. Xác định F Oy� sao cho uuurAF2uuurBF  22

Vậy F0;1 2 ; F 0;1 2

b. Chứng minh rằng ba điểm , ,A B C là ba đỉnh của một tam giác Tìm D Ox� sao cho

ABCD là hình thang có hai đáy AB CD ,

 Gọi D x ;0 � ta có Ox uuurAB  2;3 , CDuuur  x 1; 3

ABCD là hình thang có hai đáy AB CD thì , uuur uuurAB CD,

Bài 5 Bài 5 (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất hàm số  

2

2 2 2

64

11

x x

y

x x

3 [0D2-3] Chứng minh rằng với mọi giá trị m , đồ thị  P cắt đường phân giác góc phần tư m thứ nhất (trong hệ trục tọa độ Oxy ) tại hai điểm phân biệt có độ dài không đổi.

   , ta có bảng biến thiên của hàm số:

y

74

Như vậy: Hàm số nghịch biến trên khoảng  �; 1 và đồng biến trên khoảng   � 1; 

Đồ thị  P của hàm số là đường parabol có đỉnh 1; 7

4

I ��  ��

� �, trục đối xứng là đường thẳng1

x  , parabol  P có bề lõm quay lên trên.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm 0; 3

O

A

1 1

 2

 3



1 2

7 4



Phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn 2; 2 khi và chỉ khi phương trình (1) cónghiệm thuộc đoạn 2; 2, điều này tương đương với đường thẳng 1 2

4

y  a cắt phần đồthị  P ứng với x�2; 2

O

1 1

2

74



294

13



3 5

Vậy, tập nghiệm của phương trình là S  0; 2

Bài 3. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình

1 [0D3-1]Giải hệ phương trình với m 1

2 [0D3-4]Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 [0H2-2] Cho hình thoi ABCD cạnh a , a , �0 ADC120o.

a) Tính độ dài véctơ u AB ADr uuur uuur 

b) Tính uuur uuurAD BD.

2 [0H2-3] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A 1;1 , B 2;1 , C3; 1 ,  D0; 1 

a) Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình thang cân

b) Tìm tọa độ giao điểm I của hai đường chéo AC và BD

Lời giải

1 Từ ABCD là hình thoi cạnh a , � ADC120o, suy ra �BAD60o, hay uuur uuurAB AD;  60o

.a) Ta có

BC   

Từ tức là ABCD là hình thang với hai đáy là AB và CD với AB CD� , AD BC nên

suy ra ABCD là hình thang cân.

b) Gọi I x y là giao điểm của hai đường chéo  ;  AC và BD

Ta có: uurAI  x 1;y1 , uuurAC2; 2 , BIuur x 2;y1, BDuuur   2; 2

Các cặp véctơ AIuur và ACuuur, BIuur và BDuuur cùng phương nên ta có hệ:

120o