Trang Chủ Lớp 10 Đề thi học kì 2 lớp 10 Đề kiểm tra học kì 2 môn Toán 10: Giải phương trình...

Đề kiểm tra học kì 2 môn Toán 10: Giải phương trình khi m = 3

CHIA SẺ
Đề thi cuối học kì 2 môn Toán lớp 10: Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1} + 2{x_2} = 1\)

1. (2.5đ). Cho phương trình \(m{x^2} – 2\left( {m – 1} \right)x + m – 3 = 0\)

a) Giải phương trình khi \(m = 3\).

b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1} + 2{x_2} = 1\).

2. (2.5đ). Giải các phương trình sau:

 a) \(\sqrt {3{x^2} – 4x + 77}  = 2x + 5\)

 b)  \({x^2} – x + \sqrt {x + 1}  – 8 = 0\)

3. (1,0đ). Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + x + y = 4\\x\left( {x + y + 1} \right) + y\left( {y + 1} \right) = 2\end{array} \right.{\rm{  }}\)\(\;\left( {x;y \in R} \right)\)

4. (1,0đ). Cho tam giác \(ABC\) có \(\angle BAC = {60^0};AB = 5;AC = 10\). Gọi \(D\)là trung điểm \(BC\) và \(M\)là điểm thỏa mãn \(3M\vec A + 2M\vec C = \vec 0\).

Tính độ dài \(BM\) và chứng minh rằng \(AD \bot BM\).

5. (1,0đ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có  trực tâm  H(3; -2) và trung điểm của AB là \(M\left( {\dfrac{1}{2};0} \right)\). Đường thẳng BC có phương trình  x – 3y – 2 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

6.(1,0đ). Cho \(x;y;z\) là các số thực dương thỏa mãn : \(x + y + z = 3\)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \dfrac{x}{{2x + y + z}} + \dfrac{y}{{x + 2y + z}} \)\(\,+ \dfrac{z}{{x + y + 2z}}\)

7.(1,0đ). Cho \(a,\,b,\,c\) là độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn.

Chứng minh rằng  \(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge 10\)


Lời giải chi tiết

1. a. Giải phương trình khi \(m = 3\).

Khi \(m = 3\) phương trình trở thành: \(3{x^2} – 4x = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {3x – 4} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\)

Kết luận: Nghiệm của phương trình là \(x = 0\) và \(x = \dfrac{4}{3}\)

b. Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1} + 2{x_2} = 1\).

Để phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta  \ge 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {m – 1} \right)^2} – m\left( {m – 3} \right) \ge 0\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m + 1 \ge 0\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m \ge  – 1\end{array} \right.\) (*)

Áp dụng Vi-et và giả thiết ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2 – \dfrac{2}{m}\left( 1 \right)\\{x_1} + 2{x_2} = 1\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} = 1 – \dfrac{3}{m}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Từ (1) và (2) suy ra \({x_2} =  – 1 + \dfrac{2}{m};{x_1} = 3 – \dfrac{4}{m}\) (4)

Thế (4) vào (3) được

\(\begin{array}{l}\left( { – 1 + \dfrac{2}{m}} \right)\left( {3 – \dfrac{4}{m}} \right) = 1 – \dfrac{3}{m} \\\Leftrightarrow 4{m^2} – 13m + 8 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{{13 – \sqrt {41} }}{8}\\m = \dfrac{{13 + \sqrt {41} }}{8}\end{array} \right.\end{array}\).

Kết hợp điều kiện (*) suy ra  \(\left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{{13 – \sqrt {41} }}{8}\\m = \dfrac{{13 + \sqrt {41} }}{8}\end{array} \right.\)

2. a) Giải phương trình \(\sqrt {3{x^2} – 4x + 77}  = 2x + 5\)

Phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 5 \ge 0\\3{x^2} – 4x + 77 = {\left( {2x + 5} \right)^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  – \dfrac{5}{2}\\{x^2} + 24x – 52 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  – \dfrac{5}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  – 26\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\)

Nghiệm của phương trình là \(x = 2\)

b) Giải phương trình  \({x^2} – x + \sqrt {x + 1}  – 8 = 0\).(1)

ĐKXĐ: \(x \ge  – 1\)

(1) \( \Leftrightarrow \left( {{x^2} – x – 6} \right) + \left( {\sqrt {x + 1}  – 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left( {x + 2} \right) + \dfrac{{x – 3}}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left[ {x + 2 + \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}}} \right] = 0\)

\( \Leftrightarrow x = 3\)( vì \(x + 2 + \dfrac{1}{{\sqrt {x + 1}  + 2}} > 0,\forall x \ge  – 1\))

3. Giải hệ phương trình\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + x + y = 4\\x\left( {x + y + 1} \right) + y\left( {y + 1} \right) = 2\end{array} \right.\)(I)

Hệ \(\left( I \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + x + y = 4\\{x^2} + {y^2} + x + y + xy = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} – 2xy + x + y = 4\\{\left( {x + y} \right)^2} – xy + x + y = 2\end{array} \right.\)

Đặt \(S = x + y;P = xy\)(đk:\({S^2} \ge 4P)\)

Hệ (I) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}{S^2} – 2P + S = 4\\{S^2} – P + S = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}P =  – 2\\\left[ \begin{array}{l}S = 0\\S =  – 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Với \(S = 0,P =  – 1\)(thỏa mãn). Giải hệ được \(\left( {x;y} \right) = \left( {\sqrt 2 ; – \sqrt 2 } \right),\) \(\left( {x;y} \right) = \left( { – \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\)

Với \(S =  – 1,P =  – 2\)(thỏa mãn).

Giải hệ được \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; – 2} \right),\left( {x;y} \right) = \left( { – 2;1} \right)\)

Kết luận: Vậy hệ có 2 nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; – 2} \right),\left( {x;y} \right) = \left( { – 2;1} \right)\)

4.

Từ giả thiết suy ra \(AM = \dfrac{2}{5}AC = 4\)

Áp dụng định lý côsin vào \(\Delta ABM\) được \(B{M^2} = A{B^2} + A{M^2} – 2AB.AM.\cos BAM = 21 \) \(\Leftrightarrow BM = \sqrt {21} \)

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right); \cr
& \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AM} – \overrightarrow {AB} = \frac{2}{5}\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} \cr} \)

\(\eqalign{
& 2\overrightarrow {AD} .5\overrightarrow {BM} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .} \right)\left( {2\overrightarrow {AC} – 5\overrightarrow {AB} } \right) \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = – 5A{B^2} + 2A{C^2} – 3\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = 0 \cr} \)

Vậy \(AD \bot BM\)

5.

– Phương trình AH:     \(3(x – 3) + 1.(y + 2) = 0\)

                                \( \Leftrightarrow 3x + y – 7 = 0\)

Do \(A \in AH;B \in BC.\) Đặt  \(A({x_1};7 – 3{x_1});B({x_2};\dfrac{{{x_2} – 2}}{3}).\)

  M là trung điểm AB \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 1}\\{(7 – 3{x_1}) + \dfrac{{{x_2} – 2}}{3} = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 2}\\{{x_2} =  – 1}\end{array}} \right.\)  \(\Rightarrow\) A(2; 1); B(-1; -1).

Đặt \(C({x_3};\dfrac{{{x_3} – 2}}{3}).\) Có : \(\overrightarrow {AC}  = \left( {{x_3} – 2;\dfrac{{{x_3} – 2}}{3} – 1} \right);\) \(\;\overrightarrow {BH}  = (4; – 1)\)

   Vì  \(BH \bot AC \Leftrightarrow \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\)

\( \Leftrightarrow 4({x_3} – 2) – 1.\dfrac{{{x_3} – 5}}{3} = 0\) \( \Leftrightarrow {x_3} = \dfrac{{19}}{{11}}\) \( \Rightarrow \)\(C\left( {\dfrac{{19}}{{11}}; – \dfrac{1}{{11}}} \right)\).

Vậy A(2; 1); B(-1; -1); \(C\left( {\dfrac{{19}}{{11}}; – \dfrac{1}{{11}}} \right)\).

6.

\(P = \dfrac{x}{{x + 3}} + \dfrac{y}{{y + 3}} + \dfrac{z}{{z + 3}}\)\(\, = 3 – 3\left( {\dfrac{1}{{x + 3}} + \dfrac{1}{{y + 3}} + \dfrac{1}{{z + 3}}} \right)\)

Ta có \(\left[ {\left( {x + 3} \right) + \left( {y + 3} \right) + \left( {z + 3} \right)} \right]\left( {\dfrac{1}{{x + 3}} + \dfrac{1}{{y + 3}} + \dfrac{1}{{z + 3}}} \right) \ge 9\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{{x + 3}} + \dfrac{1}{{y + 3}} + \dfrac{1}{{z + 3}} \ge \dfrac{3}{4}\)

\( \Rightarrow P \le \dfrac{3}{4}\), dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1

Vậy GTLN của P là \(\dfrac{3}{4}\)khi x = y = z = 1

7. Do \(a,\,b,\,c\) là độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn nên có một trong các bất đẳng thức sau xảy ra: \({a^2} \ge {b^2} + {c^2},\,\,{b^2} \ge {c^2} + {a^2},{c^2} \ge {a^2} + {b^2}\). Giả sử \({a^2} \ge {b^2} + {c^2}\). Đặt \(A = \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)\)

Khi đó ta có:

\(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)\)\(\, = 1 + {a^2}\left( {\dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right) + \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} + \left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow A \ge 1 + {a^2}.\dfrac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} + 4\)

\( \Leftrightarrow A \ge 1 + \dfrac{{3a{}^2}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{a{}^2}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{{a{}^2}} + 4 \)\(\,\ge 1 + 3 + 2\sqrt {\dfrac{{a{}^2}}{{{b^2} + {c^2}}}.\dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{{a{}^2}}}  + 4 = 10\)

Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A