Đề bài

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Quy đồng, giải phương trình bậc nhất. b) Đặt ẩn phụ, đưa về phương trình bậc hai một ẩn. c) Giải hệ bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

a) Ta có: \(\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{{\sqrt 2 }}x + \sqrt 2 x = 4}\\{ \Leftrightarrow \sqrt 2 x + \sqrt 2 x = 4}\\{ \Leftrightarrow 2\sqrt 2 x = 4}\\{ \Leftrightarrow x = \frac{4}{{2\sqrt 2 }} = \sqrt 2 }\end{array}\) Vậy nghiệm của phương trình là \(x = \sqrt 2 \). b) \({x^4} - 18{x^2} + 18 = 0\) Đặt \(t = {x^2} \ge 0\), phương trình trở thành: \(\begin{array}{*{20}{l}}{{t^2} - 18t + 81 = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 2.t.9 + {9^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow {{\left( {t - 9} \right)}^2} = 0 \Leftrightarrow t = 9{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\end{array}\) Với \(t = 9 \Rightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow x = {\rm{ \;}} \pm 3\). Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm 3} \right\}\). c) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 3y = {\rm{ \;}} - 2}\\{2x - 4y = 16}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{ \;}} - 2 - 3y}\\{2x - 4y = 16}\end{array}} \right.\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 - 3y\\2\left( { - 2 - 3y} \right) - 4y = 16\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 - 3y\\ - 4 - 6y - 4y = 16\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 - 3y\\ - 10y = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 - 3.\left( { - 2} \right)\\y =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y =  - 2\end{array} \right.\end{array}\) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 2} \right)\).

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

a) Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số. Bước 2: Lập bảng giá trị tương ứng giữa \(x\) và \(y\). Bước 3: Vẽ đồ thị và kết luận. * Chú ý: vì đồ thị hàm số y \( = a{x^2}(a \ne 0)\) luôn đi qua gốc tọa độ \(O\) và nhận trục Oy làm trục đối xứng nên khi vẽ đồ thị của hàm số này, ta chỉ cần tìm một số điểm bên phải trục Oy rồi lấy các điểm đối xứng với chúng qua Oy. b) Xét phương trình hoành độ giao điểm, đưa về dạng phương trình bậc hai một ẩn. Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {b^2} - 4ac\), chứng minh \(\Delta {\rm{ \;}} \ge 0\) c) Sử dụng hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\). Biến đổi yêu cầu đề bài cho.

Cách giải:

a) Ta có bảng giá trị giá trị sau:

=> Đồ thị là Parabol đi qua 5 điểm có tọa độ \(\left( { - 2;4} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { - 1;1} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0;0} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {1;1} \right);{\mkern 1mu} \left( {2;4} \right).\) Đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) có \(a = 1 > 0\) nên đồ thị là đường cong parabol có bề lõm hướng lên trên, nhận Oy làm trục đối xứng. Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau:

b) Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình \({x^2} = 3ax - {a^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3ax + {a^2} = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (1)\) Phương trình (1) có \(\Delta {\rm{ \;}} = {\left( { - 3a} \right)^2} - 4.1.{a^2} = 9{a^2} - 4{a^2} = 5{a^2} > 0,\forall a \ne 0\) Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Hay đồ thị hai hàm số đã cho luôn có hai giao điểm. c) Gọi \({x_1};{x_2}\) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị khi đó \({y_1} + {y_2} = 28\) \( \Leftrightarrow 3a{x_1} - {a^2} + 3a{x_2} - {a^2} = 28\) \( \Leftrightarrow 3a\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2{a^2} = 28\) (2) Áp dụng định lí Vi-ét ta có \({x_1} + {x_2} = 3a\) thay vào (2) ta được: \(\begin{array}{*{20}{l}}{\left( 2 \right) \Leftrightarrow 3a.3a - 2{a^2} = 28}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Leftrightarrow 9{a^2} - 2{a^2} = 28}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Leftrightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 7{a^2} = 28}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Leftrightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {a^2} = 4}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Leftrightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} a = {\rm{ \;}} \pm 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\end{array}\) Vậy với \(a = {\rm{ \;}} \pm 2\) thì giao điểm của hai đồ thị hàm số có \({y_1} + {y_2} = 28\).

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

a) Thay giá trị \(m = 0,5\) vào phương trình, giải phương trình bậc hai một ẩn bằng cách nhẩm nghiệm: Nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\) b) Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi \(a.c < 0\)

Cách giải:

a) Khi \(m = 0,5\) phương trình trở thành: \({x^2} - 2.0,5x + 2.0,5 - 3 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\). Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right) = 0\) Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_1} = \frac{{ - c}}{a} = 2}\end{array}} \right.\). Vậy khi \(m = 0,5\) phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 1;2} \right\}\). b) Phương trình bậc hai \({x^2} - 2mx + 2m - 3 = 0\)  có hai nghiệm trái dấu khi: \(ac < 0 \Leftrightarrow 2m - 3 < 0 \Leftrightarrow m < \frac{3}{2}\). Vậy để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì \(m < \frac{3}{2}\).

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác ABOD có tổng hai góc đối bằng \({180^\circ }\) b) Tính chất tiếp tuyến vuông góc với bán kính tại tiếp điểm. Áp dụng định lí Pytago trong tam giác OAP vuông tại A, tính cạnh PA. Áp dụng công thức \(\sin P = \frac{{OA}}{{OP}}\) c) Tính chất: góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB. Khi đó chứng minh $\Delta PAB\backsim \Delta PCA\left( g.g \right)$, suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.

Cách giải:

a) Ta có \(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle BAD = {90^0}\). Mà \(OD \bot BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right) \Rightarrow \angle BOD = {90^0}\). Xét tứ giác ABOD có: \(\angle BAD + \angle BOD = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) Suy ra ABOD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)). b) Vì AP là tiếp tuyến của (O) tại A nên \(OA \bot AP \Rightarrow \Delta OAP\) vuông tại  A Lại có PB = BO = 2cm (gt) => B là trung điểm của OP => AB là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông OAP \( \Rightarrow AB = \frac{1}{2}OP = OB = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\). Ta có: OA = OB = 2 (cm) (=R), OP = OB + PB = 4 (cm). Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAP ta có: \(\begin{array}{*{20}{l}}{O{A^2} + A{P^2} = O{P^2}}\\{ \Rightarrow {2^2} + A{P^2} = {4^2}}\\{ \Leftrightarrow 4 + A{P^2} = 16}\\{ \Leftrightarrow A{P^2} = 12}\\{ \Leftrightarrow AP = 2\sqrt 3 {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\end{array}\) Vậy \(AP = 2\sqrt 3 {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\). Xét tam giác vuông OAP ta có: \(\sin \angle APO = \frac{{OA}}{{OP}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \Rightarrow \angle APO = {30^0}\). Vậy \(\angle APC = \angle APO = {30^0}\). c) Xét \(\Delta PAB\) và \(\Delta PCA\) có: \(\angle APC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} chung\) \(\angle BAP = \angle APC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB) $\Rightarrow \Delta PAB\backsim \Delta PCA\left( g.g \right)$ \( \Rightarrow \frac{{PA}}{{PB}} = \frac{{PC}}{{PA}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) \(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{B{A^2}}}{{A{C^2}}} = \frac{{P{A^2}}}{{P{B^2}}}}\\{P{A^2} = PB.PC}\end{array}} \right.}\\{ \Rightarrow \frac{{B{A^2}}}{{A{C^2}}} = \frac{{P{A^2}}}{{P{B^2}}} = \frac{{PB.PC}}{{P{B^2}}} = \frac{{PC}}{{PB}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {dpcm} \right)}\end{array}\)

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

a) Gọi x là chiều cao cây bạch đàn sau m năm\(\left( {m;x > 1} \right)\). Gọi y là chiều cao cây phượng sau m năm\(\left( {m;y > 3} \right)\). Tính chiều cao cây bạch đàn, câu phương sau từng năm (1 năm, 2 năm, 3 năm….) để tìm ra quy luật. b) Giả sử sau m năm \(\left( {m \in \mathbb{N}*} \right)\) cây bạch đàn cao hơn cây phượng. Khi đó hàm số của cây bạch đàn lớn hơn hàm số của cây phượng. Giải bất phương trình tìm m.

Cách giải:

a) Gọi x là chiều cao cây bạch đàn sau n năm\(\left( {m;x > 1} \right)\). Gọi y là chiều cao cây phượng sau m năm\(\left( {m;y > 3} \right)\). + Chiều cao cây bạch đàn sau 1 năm là: \(1 + 1 = 2\)(m). Chiều cao cây bạch đàn sau 2 năm là: \(1 + 2.1 = 3\)(m). Chiều cao cây bạch đàn sau 3 năm là: \(1 + 3.1 = 4\)(m). … Chiều cao cây bạch đàn sau n năm là: \(1 + n.1 = n + 1\) (m). Vậy hàm số biểu diễn chiều cao cây bạch đàn sau n năm là: \(x = n + 1\). + Chiều cao cây phượng sau 1 năm là: \(3 + 0,5 = 3,5\)(m). Chiều cao cây phượng sau 2 năm là: \(3 + 2.0,5 = 4\)(m). Chiều cao cây phượng sau 3 năm là: \(3 + 3.0,5 = 4,5\)(m). … Chiều cao cây phượng sau n năm là: \(3 + n.0,5 = 0,5n + 3\)(m). Vậy hàm số biểu diễn chiều cao cây phượng sau n năm là: \(y = 0,5n + 3\). b) Giả sử sau k năm \(\left( {k \in \mathbb{N}*} \right)\) cây bạch đàn cao hơn cây phượng \( \Leftrightarrow k + 1 > 0,5k + 3\) \(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 0,5k > 2}\\{ \Leftrightarrow k > 4}\end{array}\) Vậy sau 5 năm so với lúc mới vào trường thì cây bạch đàn sẽ cao hơn cây phượng.