đề cương ôn tập hk1

1 x  x 1
x2  2 x .
Bài 1. Xét tính chẵn lẻ của hàm số
Lời giải
�
1  x �0
�x �1
�
�x �1
�x  1 �0
�
1 �x �1
�
�
�
��
�۳
x 2�0
2
�x
�
�x �0
�
�x �2
2  x �0
�
�
�
�
f  x
x


2
�
2

x
�x �0
�
xác định
.
f  x 

D   1;1 \  0
là
.

x
�
D
�
�
�
1 x  1 x
  f  x
�f   x  
2 x  2 x
Với mọi x �D ta luôn có �
f  x
Vậy
là hàm số lẻ.

Bài 2. Giải phương trình sau
Vậy tập xác định của

f  x

2
a) (2  x) x  2  x  4.
x 2  4 x  5  2 x.
b)

Lời giải:
(2  x) x  2  x  4  1
a)
2 0
x 2.
Điều kiện: x �۳
Với điều kiện trên ta có (2  x) �0. Chia 2 vế phương trình cho 2  x ta được
x3
�
 1 � x  2  x  2 � x  2  ( x  2)2 � x 2  5 x  6  0 � �
x2.
�
2

Kết hợp điều kiện, ta được tập nghiệm của phương trình là
x2  4x  5  2x
b)
� 5
�x �2
�

�
x  1 6
��
�
�
�
5  2 x �0
�
x  1 6
��
� 2
�
�x  1
� ��
x 1
x  4x  5  2x
�
�
�
�
�
�
� 2
x  4 x  (5  2 x)
x5
x  1 6
�
�
��
��

Vậy



S  1;1  6



2
Bài 3. Cho hàm số y  x  2 x  3 , có đồ thị là

 P .

S   2;3

.


a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên.
 P  , tìm m sao cho phương trình
b) Dựa vào đồ thị
Lời giải
a). Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
Bảng biến thiên
x
1
�
y

x 2  x  m  x  1 có nghiệm.

�

�

�

4
I  1; 4 
Đỉnh
Trục đối xứng : x  1
 1;0  và  3;0 
Giao với Ox :
 0; 3 .
Giao với Oy :
y

1 0

1

3

x

3

4

b)

�x �1
�x �1
� �2
x 2  x  m  x  1 � �2
�x  2 x  3  m  2  *
�x  x  m  x  1

 * có nghiệm x �1 .
Phương trình có nghiệm khi phương trình
 P  có điểm chung hoành độ thỏa x �1 .
Điều kiện đường thẳng d : y  m  2 và
Dựa vào đồ thị phương trình
m �
2 ۳4
m
2.

x 2  x  m  x  1 có nghiệm khi

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.
r
r
uuu
r uuur uuur
u

b) Đặt u  2 AB  AC  3BC . Tính


uuur uuur uuuu
r
MA  2MB  MC

c) Tìm tọa độ điểm M �Ox thỏa mãn
Lời giải.

bé nhất.

a) Ta có:
uuur
AB  (1;2) �
� uuur uuur
uuur
�� AB. AC  1.(2)  2.1  0
AC  (2;1) �
uuu
r
uuur
AB  12  22  5; AC  (2) 2  12  5
� ABC vuông tại A có:
Vậy ABC vuông cân tại A
1
5
S  . 5. 5 
2
2

Diện tích ABC vuông cân tại A là:
Vì ABC vuông cân tại A nên có tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm I của
�1 5 �
I� ; �
BC có tọa độ: �2 2 �.
uuu
r
uuur
uuur
AB

(1;2),
AC

(

2;1),
BC  (3; 1)
b)r Ta có
uuu
r uuur uuur
u  2 AB  AC  3 BC  ( 5;0)
r
� u  ( 5) 2  02  25  5
.

�1 �
J � ;2 �
r
uuu

r uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur
uuu
r
Cách 2. u  2 AB  AC  3BC  2 AC  AC  BC  AC  BC  2 JC , với �2 �là
trung điểm AB .
r
r
2
2
u   5;0  � u  ( 5)  0  25  5
Vậy
.
c)
Vì M �Ox nên
ta gọi M ( x;0)uuur uuuu
uuur uuur uuuu
r uuur uuur
r
uuu
r uuu
r
MA  2 MB  MC  ( MA  MB)  ( MB  MC )  2 MI  CB  (2  2 x;6) (Chỗ này sai

nhé!)

uuur uuur uuuu
r
MA  2MB  MC  (2  2 x) 2  6 2  4 x 2  8 x  20  4( x 2  2 x  5)  2 ( x  1) 2  4 �4
uuur uuur uuuu

r
MA  2MB  MC
Vậy
bé nhất là bằng 4, dấu “=” xảy ra � x  1  0 hay x  1
Vậy M (1;0) .
uuu
r uuu
r uuur r
uuu
r 1 uuur
� 5�
FA  2 FB  FC  0 � FB  AC � F �
2; �
2
2 �.
�
F
Cách 2. Đặt điểm
thỏa
uuur uuur uuuu
r uuur uuu
r uuur uuu
r uuur uuur
uuur
MA  2 MB  MC  MF  FA  2MF  2 FB  MF  FC  4 MF  4MF
.
uuur uuur uuuu
r
MA  2 MB  MC
bé nhất khi và chỉ khi MF nhỏ nhất. Mà M �Ox nên M là hình

M  2;0 
chiếu của F trên Ox hay
.


3a,  a  0 
2. Cho tam giác đều ABC cạnh
. Lấy các điểm M , N , P lần lượt trên các cạnh BC ,
CA, AB sao cho BM  a, CN  2a , AP  x,  0  x  3a  .
uuuu
r uuur
uuu
r uuur
AM
,
PN
AB
, AC .
a) Biểu diễn các vectơ
theo hai vectơ
b) Tìm x để AM  PN
Lời giải
uuuu
r uuu
r uuuu
r uuu
r 1 uuur uuu
r 1 uuur uuu
r

r 1 uuur
2 uuu
AM  AB  BM  AB  BC  AB  AC  AB  AB  AC
3
3
3
3
a) Có:
.
uuur uuur uuu
r 1 uuur x uuu
r
PN  AN  AP  AC 
AB
3
3a
.
uuuu
r uuur
r 1 uuur �
r�
�2 uuu
�1 uuur x uuu
AM  PN � AM .PN  0 � � AB  AC �
AB � 0
� AC 
3
3a
�3
�

�3
�
b)
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
2
2
2

1
2x
x
� AB. AC  AC 
AB 
AC. AB  0
9
9
9a
9a
r uuur 1
2x
�2 x �uuu
� �  �AB. AC  AC 2 
AB 2  0
9
9a
�9 9a �





�2 x �
�1 2 x � 2
�� �
3a.3a.cos600  �  �
9a  0
�9 9a �
�9 9a �

2a  x 2 1 a  2 x
�
.9a . 
.9a 2  0
9a
2
9a
� 2a 2  ax  2a 2  4ax  0
4
� x a
5 (Thỏa mãn)
2
Bài 6. Giải phương trình 4 x  5x  2 x  1  1 .

Lời giải
Đặt t  x  1 , t �0 .
2
2
Phương trình trở thành t  2t  4 x  4 x  0 .
2
�
 1  4 x 2  4 x   2 x  1
.
t  1 2x  1 �
t  2  2x
�
��
�
t  1 2x 1 �
t  2x

Vậy �
.

Với t  2  2 x , ta được

2  2 x �0
�
�
�x �1
x 1  2  2x � �
� x 1
2 � �
 x  1  2 x  3  0
�x  1   2  2 x 
�
.


Với t  2 x , ta được

2 x �0
�
�x �0
x 1  2x � �
�� 2
2
4 x  x  1  0  VN 
�
�x  1  4 x

Vậy tập nghiệm của phương trình là
Cách 2.

S   1

.

�
 x  1  1  4 x  �0
�
4 x 2  5 x  2 x  1  1 � 2 x  1   x  1  1  4 x  � �
2
2
4  x  1   x  1  1  4 x 
�
x 1
�
�
 x  1  1  4 x  �0
�
�
�
 x  1  1  4 x  �0
� ��
��
x 1
�
�
�
�� 3

 4 x  5   4 x 2  x  1  0
16 x  24 x 2  9 x  5  0
�
��
�
x 1
�
�
�
 x  1  1  4 x  �0
�
�
��
� x  1.
�� 5
�
x
��
�
�� 4
�
�
4 x 2  x  1  0(vn)
��
�
S   1
Vậy tập nghiệm của phương trình là
.

Cách 3.

Điều kiện x �1 .
4 x 2  5 x  2 x  1  1 �  x  1  4 x  1  2 x  1  0 � x  1
x 1
�
��
� x  1  4 x  1  2  0

x  1  4 x  1  2  0
Nhận xét: Với x �1 thì 4 x  1  0 nên
.
x  1  4 x  1  2  0
Vì vậy
vô nghiệm.
S   1
Vậy tập nghiệm của phương trình là
.





x  1  4 x  1  2  0