Luyện thi vào 10 Chuyên

NỘI DUNG BÀI TẬP VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN -LỚP 10
CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO –THPT
Câu 1. Giải phương trình :
3x 4 2 3x+ = −
(*)
(*)
3x 4 2 3x (1)
Pt
3x 4 3x 2(2)
+ = −

⇔

+ = −

1
x
3
Vn

=

⇔


.
Câu 2. Cho hệ phương trình :
mx 2y 1
(I)
x (m 1)y m
+ =



+ − =

.
Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất.Tìm các giá trị của m để
nghiệm duy nhất (x;y) là các số nguyên.
Giải:
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
* Điều kiện :
D 0≠
.
* Tính
2
D m m 2= − −
và giải được
m 1≠ −
và
m 2≠
.
Tìm m để nghiệm duy nhất là các số nguyên
* Khi
m 1≠ −
và
m 2≠
thì hpt (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) với
1
x
m 2
−

=
−
và
m 1
y
m 2
−
=
−
.
* Nghiệm duy nhất nguyên khi và chỉ khi
m 2 1− = ±

m 1
m 3
=

⇔

=

Câu 3. Cho phương trình :
2
mx 2(m - 2)x m 3 0 (1).+ + − =
a/ Giải và biện luận phương trình (1) theo m.
b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
x ,x
sao cho :
1 2

2 1
x x
3
x x
+ =
.
Giải:
a/
* Khi m = 0 thì (1) trở thành :
3
4x 3 0 x
4
−
− − = ⇔ =
.
* Khi
m 0
≠
thì (1) là phương trình bậc hai có
4 m∆ = −
.
+ Nếu m > 4 thì phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu
m 4≤
thì phương trình (1) có hai nghiệm :
1 2
2 m 4 m
x
m
,

− ± −
=
.
Kết luận :
+ m = 0 :
3
S
4
−
=
.
+ m > 4 :
S = ∅
.
+
m 4≤
và
m 0≠
: Phương trình (1) có hai nghiệm :
1 2
2 m 4 m
x
m
,
− ± −
=
.
b/
* Khi
m 4≤

và
m 0≠
thì phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
x x,
.
*
( )
2
1 2
1 2 1 2
2 1
x x
3 x x 5x x 0
x x
+ = ⇔ + − =
.
* Thay vào và tính được
1 65
m
2
− ±
=
: thoả mãn điều kiện
m 4≤
và
m 0≠
.
Câu 4. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ABC với
A(1; 2),B(5; 2),C(3;2)− −

. Tìm toạ độ trọng tâm
G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I của ∆ABC.
Hướng dẫn:
VÕ HOÀNG CHƯƠNG - Trường THCS Số 2 Bình Nguyên Trang - 1 -
Toạ độ trọng tâm G :
9
G 1
2
;
 
−
 ÷
 
.
Toạ độ trực tâm H :
*
AH BC 0 2 x 1 4 y 2 0
2 x 5 4 y 2 0
BH AC 0
. ( ) ( )
( ) ( )
.
uuuur uuur
uuuur uuur

= − − + + =


⇔
 

− + + =
= 


.
* H (3 ; - 1 ).
Toạ độ tâm đường trong ngoại tiếp I :
*
2 2
2 2
AI BI 8x 24
4x 8y 8
AI CI

= =


⇔
 
+ =
=



.
*
1
I 3
2
;

 
 ÷
 
.
Câu 5.
1. Cho hai tập hợp: A=[1; 4);
{ }
/ 3B x R x= ∈ ≤
.Hãy xác định các tập hợp:
, \A B A B∩
?
2. Tìm hàm số bậc hai y = ax
2
+ bx +6 biết đồ thị của nó có đỉnh I(2,-2) và trục đối xứng là x = 2.
Giải:
1. A = [1; 4);
{ }
/ 3B x R x= ∈ ≤
= [-3, 3]

1;3A B
 
∩ =
 

\ (3;4)A B =
2. Thay tọa độ đỉnh I(2;-2), ta có hệ phương trình:
4a 2 4
2
2a

b
b

+ = −


−
=


4a 2 4
4a 0
b
b

+ = −
⇔

+ =

Giải hệ ta được:
1
4
a
b

=

= −


.
Vậy hàm số cần tìm là y = x
2
– 4x +6 .
Câu 6.
1. Cho hệ phương trình:
x 2 1
( 1)
m y
x m y m

+ =

+ − =

. Hãy xác định các tham số thực m để hệ phương trình
có nghiệm duy nhất.
2. Cho phương trình:
2 2
2 x+m -m=0x m−
. Tìm tham số thực m để phương trình có hai nghiệm
phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn
1 2
2 1
3
x x

x x
+ =
.
Giải:
1. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
* Điều kiện :
D 0≠
.
* Tính
2
D m m 2= − −
và giải được
m 1≠ −
và
m 2≠
.
Vậy với
m 1≠ −
và
m 2≠
thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) với
1
x
m 2
−
=
−
và
m 1
y

m 2
−
=
−
.
2. Phương trình:
− −
2 2
x 2mx + m m = 0
có hai ngiệm phân biệt khi
' 0∆ >

0m⇔ >
TheoYCBT thì:
+
+ = ⇔ =
2 2
1 2 1 2
2 1 1 2
3 3
.x
x x x x
x x x

⇔ + − =
2
1 2 1 2
( ) 5x x 0x x
VÕ HOÀNG CHƯƠNG - Trường THCS Số 2 Bình Nguyên Trang - 2 -

⇔ − − = ⇔ − + =
2 2 2
(2m) 5(m m) 0 m 5m 0

=

⇔

=

0 ( )
5
m Loai
m
Vậy với m = 5 thì thỏa YCBT
Câu 7. Chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thì
1 1 1
( )( ) 9x y z
x y z
+ + + + ≥
.
Giải:
, , 0x y z∀ >
. Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được:
3
3 . .x y z x y z+ + ≥
(1)
1 1 1
, , 0 ; ; 0x y z
x y z

∀ > ⇒ >
. Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được:
3
1 1 1 1 1 1
3 . .
x y z x y z
+ + ≥
(2)
Nhân BĐT (1) & (2) vế theo vế, ta được:
1 1 1
( )( ) 9x y z
x y z
+ + + + ≥
. đpcm
Câu 8.
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho các vectơ:
= − = − = +
uuur r r uuur r r uuur r r
OA i 2j, OB 5i j, OC 3i 2j.
Tìm tọa độ trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC.
2. Cho
4
sin (0 )
5 2
π
α α
= < <
. Tính giá trị biểu thức:
+ α
=

− α
1 tan
P
1 tan
.
Giải: 1. Tọa độ các điểm A(1;-2), B(5;-1), C(3;2).
Toạ độ trọng tâm G :
1
G 3
3
 
−
 ÷
 
;
.
Toạ độ trực tâm H : Gọi (x;y) là tọa độ của H.
*
AH BC 0 2 x 1 3 y 2 0
2 x 5 4 y 1 0
BH AC 0

= − − + + =


⇔
 
− + + =
=




. ( ) ( )
( ) ( )
.
uuuur uuur
uuuur uuur
.
*
25 2
( ; )
7 7
H −
.
2. Ta có:
4
sin
5
α
=
. Tìm được
3 4
cos ; tan
5 3
α α
= =
Thay vào biểu thức:
α
α
+

+
= = = −
−
−
4
1
1 tan
3
7
4
1 tan
1
3
P
.
Câu 9. Cho tam giác ABC có ba cạnh là a, b,c. CMR:
c
C
b
B
a
A
abc
cba coscoscos
2
222
++=
++
.
Giải: Ta có:

( )
+ + = + + + + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuuruuuur
2
2 2 2
AB BC CA AB BC CA 2AB.BC 2AB.CA 2BC.CA
⇔ + + = + +
uuur uuur uuur uuur uuuruuuur
2 2 2
a b c 2AB.BC 2AB.CA 2BC.CA
⇔ + + = + +
2 2 2
a b c 2ac.cosB 2cbcosA 2ab.cosC
+ +
⇔ = + +
2 2 2
a b c cosA cosB cosC
2abc a b c
Câu 10.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = x
2
- 2x – 3.
b) Tìm m để phương trình: x
2
-
2x
- m + 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt
Giải: a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = x
2
- 2x – 3

* Tập xác định : D =
¡
VÕ HOÀNG CHƯƠNG - Trường THCS Số 2 Bình Nguyên Trang - 3 -
* Đồ thị là parabol có đỉnh I:
2
1
2 2.1
1 2.1 3 4
4
I
I
b
x
a
y
a
−

= − = − =



∆

= − = − − = −


nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối
xứng.
* Vì a = 1 > 0 nên hàm số nghịch biến trong (-∞;1), đồng biến trong (1;+∞)

VÕ HOÀNG CHƯƠNG - Trường THCS Số 2 Bình Nguyên Trang - 4 -
Bảng biến thiên:
x
- ∞ 1 - ∞
+ ∞ + ∞
- 4
y
*Đồ thị (C ) đi qua các điểm: (-1;0),(0;- 3), (2;-3),(3;0)
* Đồ thị (C ): y = x
2
- 2x - 3
b) Tìm m để phương trình: x
2
-
2x
- m + 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt
Ta có: x
2
-
2x
- m + 1 = 0 ⇔ x
2
-2
x
-3 = m – 4 (1)
* Số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C
1
) : y = x
2
-2

x
-3 với đường thẳng d: y
= m- 4
* Vì hàm số y = x
2
-2
x
-3 là hàm số chẵn nên nên đồ thị (C
1
) được suy ra từ đồ thị (C ) bằng
cách giữ nguyên phần đồ thị (C ) ứng với x≥ 0 và lấy đối xứng phần đồ thị này qua trục Oy
* Để pt (1) có bốn nghiệm phân biệt thì: - 4< m – 4< -3 ⇔ 0 < m< 1
Câu 11. Tìm m để hệ phương trình :
2 2
2 ( 1) 1
2
x m y m
x m y m m
− + = − +


− = − −

có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên.
Giải: Tìm m để hệ phương trình :
2 2
2 ( 1) 1
2
x m y m
x m y m m

− + = − +


− = − −

có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên.
* D =
2
2
2 -m-1
2 1 ( 1)(2 1)
1 -m
m m m m= − + + = − − +
D
x
=
3 2 3 2
2 2
1 -m-1
3 2 2 (2 1)
2 -m
m
m m m m m m m
m m
− +
= − − − − = − +
− −
D
y
=

2
2
2 -m+1
2 4 1 ( 1)(2 1)
1 -m 2
m m m m m
m
= − − + − = + +
−
* D = -(m-1)(2m+1) ≠ 0⇔ m≠ 1 và m ≠ -
1
2
thì hệ pt có nghiệm (x;y) duy nhất:
x =
2 2
2
1 1
x
D
m
D m m
= = +
− −
y =
1 2
1
( 1) 1
y
D
m

D m m
+
= = − −
− − −
* Để x
∈¢
,y
∈¢
thì : m- 1 = ± 1, m- 1= ± 2. Suy ra: x ∈ {2; 0; 3; - 1}
VÕ HOÀNG CHƯƠNG - Trường THCS Số 2 Bình Nguyên Trang - 5 -
x
x
d: y = m - 4
m -1
O
1
-1
3
-4
I
-3
2
-3
-2
y
x
y =
x
2
-2x-3

O
1
-1
3
-4
I
-3
2
Câu 12. Bằng cách đặt ẩn phụ, giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3
Giải: Bằng cách đặt ẩn phụ, giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3
* Ta có: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3⇔(x-1)(x – 4)(x-2)(x-3) – 3 = 0
⇔(x
2
- 4x +4)(x
2
- 4x +6) – 3 = 0 (1)
* Đặt t = x
2
- 4x +4.Pt (1)⇔ t(t+2) – 3 = 0 ⇔ t
2
+2t – 3 = 0
1
3
t
t
=

⇔

= −


* t = 1: x
2
- 4x +4 = 1 ⇔ x
2
– 4x + 3 = 0
5 13
2
x
±
⇔ =
* t = - 3: x
2
- 4x +4 = - 3 ⇔ x
2
– 4x + 7 = 0.Phương trình này vô nghiệm
Vậy nghiêm của pt (1):
5 13
2
x
±
=
Câu 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho :A(2;6),B(-3;4),C(5;0)
a) Chứng minh A,B,C là ba đỉnh của một tam giác.
b) Tìm tọa độ điểm D sao cho
2AD BC= −
uuur uuur
Giải:
a) Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh của một tam giác.
*

AB
uuur
= (-5;-2);
AC
uuur
= (3;-6)
* Vì
5 2
3 6
− −
≠
−
nên
AB
uuur
và
AC
uuur
không cùng phương nên A,B,C không thẳng hàng, hay A,B,C là
ba đỉnh của một tam giác.
b) Tìm tọa độ điểm D sao cho
2AD BC= −
uuur uuur
Giả sử D(x;y)
*
AD
uuur
= (x-2;y-6)
(8;4)BC =
uuur

⇒ -2
BC
uuur
= (-16;-8)
*
2AD BC= −
uuur uuur
⇔
2 16
6 8
x
y
− = −


− = −

⇔
14
2
x
y
= −


= −

Câu14. Cho ∆ABC có trọng tâm G.Đặt
a
r

=
GB
uuur
,
b GC=
r uuur
.Hãy biểu thị mỗi vectơ
, , ,CB GA AC BA
uuur uuur uuur uuur
qua
các vectơ
a
r
và
b
r
.
Giải:
a
r
=
GB
uuur
,
b GC=
r uuur
. Hãy biểu thị mỗi vectơ
, , ,CB GA AC BA
uuur uuur uuur uuur
qua các vectơ

a
r
và
b
r
.
CB GB GC a b= − = −
uuur uuur uuur r r
GA GB GC a b= − − = − −
uuur uuur uuur r r
2AC AG GC GA GC a b= + = − + = +
uuur uuur uuur uuur uuur r r
2BA BG GA GB GA a b= + = − + = − −
uuur uuur uuur uuur uuur r r
Câu 15. Giải phương trình:
a)
4 7 2 3x x+ = −
(1) b)
2 3 1x x+ = −
(2)
Giải: a) Điều kiện
7
4
x ≥ −
Pt (1)
2
4 7 4 12 9x x x⇒ + = − +
⇒
4x
2

-16x+2=0
⇒
x
1,2
=
4 14
2
±
Cả hai giá trị đều thoã mãn điều kiện nhưng khi thay vào pt thì x
2
=
4 14
2
−
không thoã mãn.
Vậy phương trình có một nghiệm là x=
4 14
2
+
b) +)Với x
≥

3
2
−
pt trở thành 2x+3=x-1 hay x=-4 (không thoã mãn đk x
≥

3
2

−
n ên bị loại)
VÕ HOÀNG CHƯƠNG - Trường THCS Số 2 Bình Nguyên Trang - 6 -
+) Với x<
3
2
−
phương trình trở thành -2x-3=x-1 Hay x=
2
3
−
(lo ại)
Vậy: Phương trình vô nghiệm.
Câu 16. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
8
a b b c c a
b c c a a b
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
Giải: Áp dụng bất đ ẳng th ức Côsi cho hai số dương ,ta được
( )
( )
( )
2 0 1
2 0 2
2 0 3
a b a
b c c

b c b
c a a
c a c
a b b
+ ≥ >
+ ≥ >
+ ≥ >

Nh ân c ác b ất đ ẳng th ức (1);(2);(3) theo từng vế ta được:
8 . .
a b b c c a a b c
b c c a a b c c a
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
=8
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Câu 17. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=(-2x+3)(x-1), với
3
1
2
x≤ ≤
Giải: Ta có y=(-2x+3)(x-1)=
1
2
(-2x+3)(2x-2),Với
3
1
2

x≤ ≤
. Ta có 2x-2>0 và -2x+3>0.
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương là 2x-2>0 và -2x+3>0. ta được:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1 1
(2x-2)+(-2x+3) 2 2 2 2 3 ( ) 2 2 2 3 2 2 2 3
2 2 8
x x x x x x≥ − − + ⇔ ≥ − − + ⇔ − − + ≤
Hay y
≤

1
8
.Vậy giá trị lớn nhất của y là
1
8
tại x =
5
2
Câu 18. Cho A(-4;2);B(2;6);C(0;-2)
a) Hãy tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành
b) Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC
c) Xác định toạ độ trực tâm H của tam giác ABC
Giải: a) Tứ giác ABCD là hình bình hành nên
AB DC=
uuur uuur
(1)
Mà
(6;4)AB =

uuur
;
( ;2 )DC x y= − −
uuur
Từ (1) ta có
6 6
2 4 2
x x
y y
− = = −
 
⇔
 
− = = −
 
Vậy D(-6;-2)
b) Gọi G là trọng tâm của tam giác.Khi đó:
;
3 3
A B C A B C
x x x y y y
G
+ + + +
 
 ÷
 
hay
2
( ;2)
3

G −
c) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( )
4; 2 ; 2; 6 ; 2; 8 ; 4; 4AH x y BH x y BC AC= + − = − − = − − = −
uuur uuur uuur uuur
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
12
x
2 x 4 8 y 2 0
AH BC AH.BC 0 x 4y 4 0
5
BH AC x y 4 0 8
4 x 2 4 y 6 0
BH.AC 0
y
5

= −


− + − − =
⊥ = − − + =
 
  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
⊥ − + =
− − − =

=
 





=


uuur uuur
uuur uuur
Vậy
12 8
H( ; )
5 5
−
Câu19. Giải các phương trình sau :
VÕ HOÀNG CHƯƠNG - Trường THCS Số 2 Bình Nguyên Trang - 7 -
a)
1243 −=− xx
b)
1262
2
−=+− xxx
Giải: a) Tùy theo cách cách giải khác nhau để cho điểm sau đây là một cách cụ thể
Đặt đk:
2
1
012 ≥⇔≥− xx

Pt
3x 4 2x 1 x 3

3x 4 1 2x x 1
− = − =
 
⇔ ⇔
 
− = − =
 
So sánh điều kiện kết luận pt có nghiệm x = 3 và x =1
b) Đặt đk:
2
x 2x 6 0

2x 1 0

− + ≥

− ≥

Pt
2 2
x 1
x 2x 6 4x 4x 1
5
x
3
= −



⇔ − + = − + ⇔

=

So sánh điềm kiện kết luận: Pt có nghiệm x =
3
5

Câu20. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng :
cbaab
c
ac
b
bc
a 111
++≥++
Giải: Dùng bất đẳng thức cô si ta có:
a b 2
bc ac c
b c 2
ac ab a
c a 2
ab bc b

+ ≥



+ ≥




+ ≥


aab
c
ac
b
bc
a 1
≥++⇔
+
cb
11
+
( đpcm)
VÕ HOÀNG CHƯƠNG - Trường THCS Số 2 Bình Nguyên Trang - 8 -