LOI GIAI DE SO 3 Bất phương trình

Jean le Rond dAlembert (16 tháng 11 năm 1717 – 29 tháng 10 năm 1783) là một nhà toán học, nhà vật lý, nhà cơ học, triết gia người Pháp. Ông là người đồng chủ biên và xuất bản cùng với Denis Diderot cuốn từ điển Encyclopédie. Phương pháp giải phương trình sóng của dAlembert được đặt theo tên ông.123

(Giáo viên: Lê Văn Quý, THPT Bình Sơn)

Câu 1 ( 1,0 điểm) Tìm tập xác định và xét tính chẵn lẻ của hàm số

2 3

1 ( ) x

y f x





Lời giải.

Hàm số xác định 

2

3

0

1 0

1 0

1

x x

x

x

Vậy tập xác định của hàm số là D \ 1; 0;1

Ta có x D thì x D và

( ) ( )

 hàm số đã cho là hàm số lẻ

Câu 2 ( 2,0 điểm ) Cho hàm số yax2bx3 có đồ thị là (P)

a) Xác định a, b biết đồ thị hàm số trên đi qua điểm A(1;0), B(2;15)

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

c) Tìm m để phương trình sau có nghiệm (m1)x22(m2)x  m 5 0

Lời giải

a) Theo giả thiết ta có: 3 0 1



b) TXĐ: D = R

+ Đỉnh I ( 2; 1 ), trục đối là đường thẳng: x = 2

+ Vì a = 1 > 0 nên hàm sô tăng trên (- ;2) và giảm trên (2; +)

+ Lập BBT

x  2 +

y 1

+ +

ĐĐB:

Đồ thị cắt trục Ox tại 2 điểm : A(1;0), B(3;0)

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm : C(0;3)

Đồ thị:

c) Với m = 1 : PT có một nghiệm x = 3

Với m  1 : ’= (m2)2(m1)(m+4) = 8m +9

PT có nghiệm  9

8

m , m  1

LỜI GIẢI ĐỀ ÔN SỐ 3

Vậy giá trị cần tìm là: 9

8

m

Câu 3 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình

a) 2x2 x 9 2x2 x 1 x 4 b) (4x4)( 12x  4 3 2 ) 2 6x  x2 2x  4

c)

3

4 2

5 2

y

x







Lời giải

a) Với x = 4 không thỏa mãn PT thỏa

Với x 4 thì 2x2  x 9 2x2  x 1 0

Nhân hai về phương trình đã cho với 2x2   x 9 2x2 x 1 ta được

( 2x2 x 9 2x2 x 1)( 2x2 x 9 2x2 x 1) (x 4)( 2x2 x 9 2x2 x 1)

2(x 4) (x 4)( 2x x 9 2x x 1)

2x   x 9 2x   x 1 2 (do x 4)

Ta có hệ:

      





      

 2

0

6 0

7

x x

x





 

Thử lại thấy 8

0, 7

x x thỏa mãn PT

b) (4x 4)( 12x  4 3 2 ) 2 6x  x2 2x  4

Đặt 12 4; 0, 2

3 2







Khi đó







Phương trình trở thành: (a2 4 )(b2 a3 )b ab a2 6b2

 (a2 4 )(b2 a3 )b a2 ab6b2

 (a 2 (b a2 )(b a 3 ) (b  a 2 )(b a3 )b

 ( 2 1)( 3 ) 0 2 1 0

3 0

   



Với a 3b  0  12 4 3 2 9 2 14

4

c)

3

4 2

5 2

y

x







ĐK: 2 0

0

x y



  

 ; PT 

2

  Hệ PT trở thành



Khi đó ta có:

1 1

2

1

x y

 



Vậy hệ có một nghiệm (x;y) = (1;0)

Câu 4 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, M là điểm trên cạnh BC sao cho BM = 2MC, I là trung điểm AM

a) CMR: 3IA IB 2IC0 b) Xác định điểm N sao cho NA NB 2NCAB

Lời giải

a) Theo giải thiết ta có BM 2MCIMIB2(IC IM )

 3IMIB2IC

Mà IM  IA (do I là trung điểm AM)

Nên 3IAIB2IC3IA IB 2IC0

b) Ta có NA NB 2NCAB  BA2NCAB2NCAB BA 2AB

 NCAB  N là đỉnh tứ 4 của hình bình hành ABCN

Câu 5 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC với A(3;1), B(-3;3) C(4;4)

a) CMR ABC vuông Tính dt(ABC) b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

c) Tìm M trên Ox sao cho ABM cân tại M d) Tìm M trên Oy sao cho MA2MB3MC nhỏ nhất e) Tìm điểm E sao cho ABCE là hình bình hành ; f) Tìm N trên Ox sao cho ABN vuông N

Lời giải

I

A

N

M

a) Ta có AB ( 6; 2)AB 36 4  40

BC(7;1)BC 49 1  50

AC(1;3)AC 1 9  10

Trong tam giác ABC ta có AB2AC2 40 10 50BC2  tam giác ABC vuông tại A

40 10 10

ABC

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, do tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC  1 7;

2 2

c) Vì M Ox nên M a( ;0)

Tam giác ABM cân tại M  MA = MB và M không là trung điểm của AB

(a3)  (0 1)  (a3)  (0 3)

3

a  a  a  a    a

Dễ thấy với 2; 0

3

  thì M không là trung điểm của AB

Vậy điểm M cần tìm là 2; 0

3

d) Tìm M trên Oy sao cho MA2MB3MC nhỏ nhất

Vì M Oy nên M(0; )b

 MA(3;1b); MB ( 3;3b); MC(4; 4b)

 MA2MB3MC(9;19 6 ) b

Dấu “=” xảy ra  19

6

b Vậy (0;19)

6

M là điểm cần tìm

e) Tìm điểm E sao cho ABCE là hình bình hành ;

Gọi ( ; )E x y

Do ABCE là hình bình hành nên ABEC  3 3 4 10



f) Tìm N trên Ox sao cho ABN vuông N

Vì N Ox nên N a( ; 0)

Tam giác ABN vuông tại N AN BN 0

Ta có AN(a 3; 1);BN(a 3; 3)

(a3)(a   3) 3 0 a    6 a 6 Vậy có hai điểm N là N 6;0

Câu 6 (2,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số dương thỏa ab+ bc+ ca = 1 CMR:

3 2

Lời giải.

Ta có: 1a2 ab bc ca  a2 (a b a ( c)

Do đó:

2

1

1

a



Tương tự:

2

1 2 1

b



2

1 2 1

c

 Cộng các BĐT trên vế theo vế ta được:

3 2

-Hết -