Đề bài
Câu 1 [3,0 điểm]:
Giải các bất phương trình sau:
a] \[\dfrac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 2}} \ge 0\]
b] \[\left| {{x^2} - 5x + 5} \right| + 5 > 2x\]
c] \[\sqrt {7 - 2x} < x + 4\]
Câu 2 [3,0 điểm]:
a] Cho \[\cos a = \dfrac{5}{{13}}\] và \[ - \dfrac{\pi }{2} < a < 0\]. Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc \[a\].
b] Rút gọn biểu thức sau [với giả thiết biểu thức có nghĩa]
\[A = \left[ {\dfrac{{\sin x}}{{1 + \cos x}} + \dfrac{{1 + \cos x}}{{\sin x}}} \right]\cos x\]
Câu 3 [3,0 điểm]:
Trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy\], cho tam giác \[ABC\] có \[A\left[ {1;2} \right],B\left[ {3; - 4} \right]\] và đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình \[2x - y - 10 = 0\].
a] Viết phương trình đường cao AH của tam giác ABC.
b] Viết phương trình đường tròn tâm A và tiếp xúc với cạnh BC.
c] Tìm tọa độ điểm C biết tam giác ABC cân tại C.
Câu 4 [1,0 điểm]:
Tìm các giác trị của tham số \[m\] sao cho bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi \[x \in \left[ {1;9} \right]\]:
\[{x^2} - 10x + 7\] \[ + 2\sqrt { - {x^2} + 10x - 9} + m > 0\]
Lời giải chi tiết
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Thực hiện: Ban chuyên môn
Câu 1 [VD]:
Phương pháp:
a] Xét dấu các nhị thức bậc nhất ở VT và suy ra tập nghiệm.
b] Sử dụng biến đổi tương đương: \[\left| f \right| > g \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f > g\\f < - g\end{array} \right.\]
c] Sử dụng biến đổi tương đương \[\sqrt f < g \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}g > 0\\0 \le f < {g^2}\end{array} \right.\]
Cách giải:
a]\[\dfrac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 2}} \ge 0\]
ĐK: \[x + 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 2\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}\dfrac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 2}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\left[ {x - 1} \right]\left[ {x - 2} \right]}}{{x + 2}} \ge 0\end{array}\]
\[\begin{array}{l}x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\\x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2\end{array}\]
Ta có bảng xét dấu:
Từ bảng xét dấu suy ra \[S = \left[ { - 2;1} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right]\].
b]\[\left| {{x^2} - 5x + 5} \right| + 5 > 2x\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}\left| {{x^2} - 5x + 5} \right| + 5 > 2x\\ \Leftrightarrow \left| {{x^2} - 5x + 5} \right| > 2x - 5\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 5x + 5 > 2x - 5\\{x^2} - 5x + 5 < - \left[ {2x - 5} \right]\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 7x + 10 > 0\\{x^2} - 3x < 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 5\\x < 2\\0 < x < 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 3\\x > 5\end{array} \right.\end{array}\]
Vậy \[S = \left[ { - \infty ;3} \right] \cup \left[ {5; + \infty } \right]\].
c]\[\sqrt {7 - 2x} < x + 4\]
\[\begin{array}{l}\sqrt {7 - 2x} < x + 4\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 4 > 0\\0 \le 7 - 2x < {\left[ {x + 4} \right]^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 4 > 0\\7 - 2x \ge 0\\7 - 2x < {\left[ {x + 4} \right]^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 4\\x \le \dfrac{7}{2}\\7 - 2x < {x^2} + 8x + 16\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 < x \le \dfrac{7}{2}\\{x^2} + 10x + 9 < 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 < x \le \dfrac{7}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x > - 1\\x < - 9\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow - 1 < x \le \dfrac{7}{2}\end{array}\]
Vậy \[S = \left[ { - 1;\dfrac{7}{2}} \right]\]
Câu 2 [VD]:
Phương pháp:
a] Sử dụng công thức \[{\sin ^2}a + {\cos ^2}a = 1\], kết hợp với điều kiện của \[a\] để tìm \[\sin a\].
Tù đó suy ra \[\tan a,\cot a\].
b] Quy đồng và rút gọn biểu thức, sử dụng đẳng thức \[{\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\]
Cách giải:
a] Cho\[\cos a = \dfrac{5}{{13}}\]và\[ - \dfrac{\pi }{2} < a < 0\]. Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc\[a\].
Ta có: \[{\sin ^2}a + {\cos ^2}a = 1\]
\[\begin{array}{l} \Rightarrow {\sin ^2}a + {\left[ {\dfrac{5}{{13}}} \right]^2} = 1\\ \Rightarrow {\sin ^2}a = 1 - {\left[ {\dfrac{5}{{13}}} \right]^2} = \dfrac{{144}}{{169}}\end{array}\]
Vì \[ - \dfrac{\pi }{2} < a < 0\] nên \[a\] thuộc góc phần tư thứ IV \[ \Rightarrow \sin a < 0\]
\[\begin{array}{l} \Rightarrow \sin a = - \sqrt {\dfrac{{144}}{{169}}} = - \dfrac{{12}}{{13}}\\ \Rightarrow \tan a = \dfrac{{\sin a}}{{\cos a}}\\ = - \dfrac{{12}}{{13}}:\dfrac{5}{{13}} = - \dfrac{{12}}{5}\\ \Rightarrow \cot a = \dfrac{1}{{\tan a}}\\ = 1:\left[ { - \dfrac{{12}}{5}} \right] = - \dfrac{5}{{12}}\end{array}\]
Vậy \[\sin a = - \dfrac{{12}}{{13}},\tan a = - \dfrac{{12}}{5},\] \[\cot a = - \dfrac{5}{{12}}\]
b] Rút gọn biểu thức sau [với giả thiết biểu thức có nghĩa]
\[\begin{array}{l}A = \left[ {\dfrac{{\sin x}}{{1 + \cos x}} + \dfrac{{1 + \cos x}}{{\sin x}}} \right]\cos x\\ = \dfrac{{{{\sin }^2}x + {{\left[ {1 + \cos x} \right]}^2}}}{{\sin x\left[ {1 + \cos x} \right]}}.\cos x\\ = \dfrac{{{{\sin }^2}x + 1 + 2\cos x + {{\cos }^2}x}}{{\sin x\left[ {1 + \cos x} \right]}}.\cos x\\ = \dfrac{{\left[ {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right] + 1 + 2\cos x}}{{\sin x\left[ {1 + \cos x} \right]}}.\cos x\\ = \dfrac{{1 + 1 + 2\cos x}}{{\sin x\left[ {1 + \cos x} \right]}}.\cos x\\ = \dfrac{{2 + 2\cos x}}{{\sin x\left[ {1 + \cos x} \right]}}.\cos x\\ = \dfrac{{2\left[ {1 + \cos x} \right]}}{{\sin x\left[ {1 + \cos x} \right]}}.\cos x\\ = \dfrac{{2\cos x}}{{\sin x}} = 2\cot x\end{array}\]
Bài 3 [VD]:
Phương pháp:
a] Phương trình đường thẳng đi qua \[M\left[ {{x_0};{y_0}} \right]\] và có VTPT \[\overrightarrow n = \left[ {a;b} \right]\] là \[a\left[ {x - {x_0}} \right] + b\left[ {y - {y_0}} \right] = 0\]
b] Phương trình đường tròn tâm \[I\left[ {a;b} \right]\], bán kính \[R\] là \[{\left[ {x - a} \right]^2} + {\left[ {y - b} \right]^2} = {R^2}\]
c] Tam giác \[ABC\] cân tại \[C \Rightarrow CA = CB\] , kết hợp với điều kiện \[C\] thuộc đường thẳng \[BC\] ta tìm được tọa độ điểm \[C.\]
Cách giải:
Trong mặt phẳng tọa độ\[Oxy\], cho tam giác\[ABC\]có\[A\left[ {1;2} \right],B\left[ {3; - 4} \right]\]và đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình\[2x - y - 10 = 0\].
a] Viết phương trình đường cao AH của tam giác ABC.
Đường thẳng \[BC\]: \[2x - y - 10 = 0\] có 1 VTPT là \[\overrightarrow {{n_{BC}}} = \left[ {2; - 1} \right]\]
Vì \[AH \bot BC\] nên đường thẳng \[AH\] nhận \[\overrightarrow {{n_{BC}}} = \left[ {2; - 1} \right]\] làm 1 VTCP
Suy ra \[\overrightarrow n = \left[ {1;2} \right]\] là 1 VTPT của đường thẳng \[AH\].
Đường thẳng AH đi qua \[A\left[ {1;2} \right]\] và nhận \[\overrightarrow n = \left[ {1;2} \right]\] làm VTPT nên có phương trình:
\[1\left[ {x - 1} \right] + 2\left[ {y - 2} \right] = 0\] \[ \Leftrightarrow x + 2y - 5 = 0\]
b] Viết phương trình đường tròn tâm A và tiếp xúc với cạnh BC.
Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC là: \[d\left[ {A;BC} \right] = \dfrac{{\left| {2.1 - 2 - 10} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left[ { - 1} \right]}^2}} }} = 2\sqrt 5 \]
Đường tròn tâm A tiếp xúc với cạnh BC nên có bán kính \[R = d\left[ {A;BC} \right] = 2\sqrt 5 \]
Phương trình đường tròn cần tìm là: \[{\left[ {x - 1} \right]^2} + {\left[ {y - 2} \right]^2} = {\left[ {2\sqrt 5 } \right]^2}\]
\[ \Leftrightarrow {\left[ {x - 1} \right]^2} + {\left[ {y - 2} \right]^2} = 20\]
c] Tìm tọa độ điểm C biết tam giác ABC cân tại C.
Vì điểm C thuộc đường thẳng \[BC\]: \[2x - y - 10 = 0\]\[ \Leftrightarrow y = 2x - 10\] nên \[C\left[ {x;2x - 10} \right]\]
\[AC = \sqrt {{{\left[ {x - 1} \right]}^2} + {{\left[ {2x - 12} \right]}^2}} \] và \[BC = \sqrt {{{\left[ {x - 3} \right]}^2} + {{\left[ {2x - 6} \right]}^2}} \]
Vì tam giác \[ABC\] cân tại \[C\] nên \[AC = BC\]
\[ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left[ {x - 1} \right]}^2} + {{\left[ {2x - 12} \right]}^2}} \] \[ = \sqrt {{{\left[ {x - 3} \right]}^2} + {{\left[ {2x - 6} \right]}^2}} \]
\[ \Leftrightarrow {\left[ {x - 1} \right]^2} + {\left[ {2x - 12} \right]^2}\] \[ = {\left[ {x - 3} \right]^2} + {\left[ {2x - 6} \right]^2}\]
\[ \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 + 4{x^2} - 48x + 144\] \[ = {x^2} - 6x + 9 + 4{x^2} - 24x + 36\]
\[ \Leftrightarrow - 50x + 145 = - 30x + 45\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 20x = 100\\ \Leftrightarrow x = 5\end{array}\]
Với \[x=5\] ta có: \[2.5-y-10=0\] hay \[y=0\].
Vậy \[C\left[ {5;0} \right]\]
Bài 4 [VD]:
Phương pháp:
Đặt \[\sqrt { - {x^2} + 10x - 9} = t\left[ {t \ge 0} \right]\] , tìm được \[0 \le t \le 4\]
Từ đó biện luận để đưa về dạng \[m > f\left[ t \right]\], suy ra được giá trị của \[m\] theo điều kiện \[0 \le t \le 4\].
Cách giải:
Tìm các giác trị của tham số\[m\]sao cho bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi\[x \in \left[ {1;9} \right]\]:
\[{x^2} - 10x + 7\]\[ + 2\sqrt { - {x^2} + 10x - 9} + m > 0\]
Điều kiện: \[ - 1 \le x \le 9\]
\[{x^2} - 10x + 7\]\[ + 2\sqrt { - {x^2} + 10x - 9} + m > 0\]
\[ \Leftrightarrow {x^2} - 10x + 9\]\[ + 2\sqrt { - {x^2} + 10x - 9} - 2 + m > 0\]
\[ \Leftrightarrow - \left[ {{x^2} + 10x - 9} \right]\]\[ + 2\sqrt { - {x^2} + 10x - 9} - 2 + m > 0\]
Đặt \[\sqrt { - {x^2} + 10x - 9} = t\] \[\left[ {t \ge 0} \right]\], ta có bất phương trình
\[\begin{array}{l} - {t^2} + 2t - 2 + m > 0\\ \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 2 - m < 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {t - 1} \right]^2} < m - 1\end{array}\]
Vì \[\sqrt { - {x^2} + 10x - 9} \]\[= \sqrt {16 - {{\left[ {x - 5} \right]}^2}} \le 4\] nên với \[x \in \left[ {0;9} \right]\] thì \[t \in \left[ {0;4} \right]\]
Suy ra bất phương trình \[{\left[ {t - 1} \right]^2} < m - 1\] đúng với mọi \[t \in \left[ {0;4} \right]\]
Ta có: \[0 < t < 4 \Rightarrow t - 1 < 3\] \[ \Leftrightarrow {\left[ {t - 1} \right]^2} < 9\]
Suy ra \[m - 1 > 9 \Leftrightarrow m > 10.\]
Vậy \[m > 10\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.