LOI GIAI DE SO 3 Bất phương trình

LỜI GIẢI ĐỀ ÔN SỐ 3
(Giáo viên: Lê Văn Quý, THPT Bình Sơn)

x2  1
Câu 1 ( 1,0 điểm) Tìm tập xác định và xét tính chẵn lẻ của hàm số y  f ( x )  3
.
x x
Lời giải.
Hàm số xác định 

x2

1

0

x3

x

0

Vậy tập xác định của hàm số là D
Ta có x

D thì

x
x
x

0
1

\

1; 0;1

1

( x) 2  1
x2  1
x2  1

 3
  f ( x)
D và f ( x) 
(  x )3  (  x )  x 3  x
x x

x

 hàm số đã cho là hàm số lẻ.
Câu 2 ( 2,0 điểm )

Cho hàm số y  ax 2  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   x 2  4 x  3
c) Tìm m để phương trình sau có nghiệm (m  1) x 2  2(m  2) x  m  5  0
Lời giải.

a  b  3  0
a  1

a) Theo giả thiết ta có: 
4a  2b  3  15 b  4
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
y

2
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  m 

9
,m1
8

Thầy: Lê Văn Quý, Trường THPT Bình Sơn, Quảng Ngãi ĐT:

0983852415

Facebook: Lê Văn Quý


9
8
Câu 3 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình
Vậy giá trị cần tìm là: m 

2 x2

a)

x

2 x2

9

x 1

x

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

4

 3
y

4

x

2
y
x

y
c) 
 1  2x  5
 x  2y x  y
Lời giải.
a) Với x = 4 không thỏa mãn PT thỏa

2 x2  x  9  2 x2  x  1  0

Với x  4 thì

Nhân hai về phương trình đã cho với

( 2 x2

x

 2( x

4)



2 x2

9
(x

x 1)( 2 x 2

4)( 2 x 2

x

9

2 x 2  x  9  2 x 2  x  1 ta được
x

2x2

9

2x2

x 1)

(x

4)( 2 x 2

x

9

2x2

x 1)

x 1)

2 x2  x  9  2 x2  x  1  2 (do x  4)


 2 x2  x  9  2 x2  x  1  2

Ta có hệ: 

2
2

 2x  x  9  2x  x  1  x  4

x  0
x  6  0

 2 2x  x  9  x  6  
2
2  x8
4(2
x

x

9)

(
x

6)


7

2

Thử lại thấy x  0, x 

8
thỏa mãn PT
7

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

a  12x  4

Đặt 
; a  0,b 
b  2x



2
3

a 2  4b 2  12x  4  4.2x  4x  4

Khi đó  2
a  6b 2  12x  4  6.2x  4



Phương trình trở thành: (a 2  4b2 )(a  3b)  ab  a 2  6b2
 (a 2  4b2 )(a  3b)  a 2  ab  6b2
 (a  2b(a  2b)(a  3b)  (a  2b)(a  3b)

Thầy: Lê Văn Quý, Trường THPT Bình Sơn, Quảng Ngãi ĐT:

0983852415

Facebook: Lê Văn Quý


a  2b  1  0

 (a  2b  1)(a  3b)  0  
a  3b  0
Với a  3b  0 


c)  x

 x

12x  4  3 2x  x 

9  2 14
4

3
y

4
 2y x  y
1
2x

5
 2y x  y

x  2 y  0
ĐK: 
;
x  y  0

Đặt u 



PT   x

 x


3
y

4

 2y x  y
 x
1
2x


2  3
 x
 2y x  y

1
1
Hệ PT trở thành
;v 
x  2y
x y

3
y

4
 2y x  y
1
2y

3
 2y x  y

3u  v  4
u  1


u  2v  3 v  1

 1
 x  2 y  1 x  2 y  1 x  1

Khi đó ta có: 
. Vậy hệ có một nghiệm (x;y) = (1;0)


1
x

y


1
y

0



1

x y
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

N

I
B

M

C

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  2 AB
 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.
Thầy: Lê Văn Quý, Trường THPT Bình Sơn, Quảng Ngãi ĐT: 0983852415
Facebook: Lê Văn Quý


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 AB 2  AC 2  40  10  50  BC 2  tam giác ABC vuông tại A.
1
1
SABC  AB. AC 
40. 10  10
2
2
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, do tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm
1 7
của BC  I  ; 
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.
Ta có AM = BM 

(a  3) 2  (0  1) 2  ( a  3) 2  (0  3) 2

 a 2  6a  9  1  a 2  6a  9  9  a  

2
3

 2 
Dễ thấy với M   ;0  thì M không là trung điểm của AB.
 3 
 2 
Vậy điểm M cần tìm là M   ;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  6b)
 MA  2MB  3MC  92  (19  6b) 2  9

19
19
. Vậy M (0; ) là điểm cần tìm.
6
6
e) Tìm điểm E sao cho ABCE là hình bình hành ;
Gọi E ( x; y)

Dấu “=” xảy ra  b 

3  3  4  x
 x  10

Do ABCE là hình bình hành nên AB  EC  
. Vậy E(10;2)
3  1  4  y
y  2
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)
Do đó AN.BN  0  (a  3)(a  3)  3  0  a 2  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:
a
b
c
3


 .
2
2
2
2

1 a
1 b
1 c
Lời giải.
Ta có: 1  a 2  ab  bc  ca  a 2  (a  b(a  c)
Thầy: Lê Văn Quý, Trường THPT Bình Sơn, Quảng Ngãi ĐT:

0983852415

Facebook: Lê Văn Quý


Do đó:

Tương tự:

a
1  a2



a2
1 a
a 
 


(a  b)(a  c) 2  a  b a  c 

1 b

b 
 


1  b2 2  b  c b  a 
b

1 c
c 
 


1  c2 2  c  a c  b 
c

Cộng các BĐT trên vế theo vế ta được:
a
1  a2



b
1  b2



c
1  c2



3
2

-----------------Hết------------------

Thầy: Lê Văn Quý, Trường THPT Bình Sơn, Quảng Ngãi ĐT:

0983852415

Facebook: Lê Văn Quý