Ôn tập Chương III. Phương trình. Hệ phương trình

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (973.53 KB, 44 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở GD&ĐT Bắc Giang
THPT Tân Yên số 2

ĐỀ CƯƠNG ƠN KIỂM TRA HỌC KỲ 1
Mơn Tốn – Lớp 10

Năm học 2017-2018
I. BÀI TẬP ÔN TẬP PHẦN ĐẠI SỐ

Câu 1: Tìm tập xác định của hàm số:
a)
2
2
1
1
2
y x
x x
  

 . e) y x 1 5 3 x.

b)
2
5 3
3
x
y x
x
  

 . f) 2

3
1
4
x
y x
x
  
 .





5 2

2 3 1 6

x
y
x x


 

. g) 1 7 2

x
y

x x



   .

d) 2

2 2
4
1
x
y
x
x

 


 . h)

3
1 2
y
x x

   .
Lời giải

a) Hàm số

2
1
1
2
y x
x x
  

 xác định khi 
2

0; 2 2

2 0

1 1

1 0

1 1

x x x

x x
x x
x
x x
  

 
  
  
     
  
 
  
    
 
  .

TXĐ: D   



; 1

 

 1; 

  

\ 2 .

b) Hàm số

2
5 3
3
x
y x
x
  

 xác định khi

5 3 0 3

3 0 3 5

x x
x
x x

  
 
    
 
 
  
 .
TXĐ:
3
;3
5
D  

 .

c) Hàm số





5 2

2 3 1 6

x
y

x x


 

xác định khi

2 3 0 3 1

1 6 0 1 6

6
x
x
x
x
x



 
 
  
 
 
  

 .

TXĐ:
1
;
6
D   

 .

d) Hàm số 2

2 2
4
1
x
y
x
x

 


 xác định khi 2

1 0 1

2 0 2

2
4 0
x x
x
x x
x
x
x
     
 

 
    
  


    

 .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

e) Hàm số y x 1 5 3 x xác định khi

1 0 5

1
5

5 3 0 3

3
x
x

x

x x



 

 

    

 

  

 

TXĐ:

5
1;

3
D  

 .

f) Hàm số 2
3

1
4

x

y x

x

  

 xác định khi

2 2 2

4 0

1 2

1 0

x
x

x

  
   

    

 



  

 .

TXĐ: D 



1;2



g) Hàm số 1 7 2
x
y

x x



   xác định khi

1
1 0

7 2 0

1 7 2 0 2

x
x

x x

x x x




   

 

   

 

 

   

  

TXĐ:

 

1; \ 2

2
D  

  .

h) Hàm số

1 2

y

x x



   xác định khi

1 2 0

2
x  x   x

TXĐ:

3
\

2
D  

 



.
Câu 2: Xét tính chẵn lẻ của hàm số:

3 1

y x  b) y3x4 4x23 c) y4x3 3x

2
1

y  x e)y 1 x 1 x f)y x 4 x 10

g)y x x h)

2
y x  x

i) 2

x
y

x




j)
2

y

x


k)
2

1
x
y

x



l)y 1 2x  2x1
Lời giải

3 1

y x 
+ TXĐ: D.
+  x D  x D.



 



 

3 3

1 1

f x   x  x  f x
.

Vậy hàm số đã cho là hàm số không chẵn không lẻ.
b)

4 2

3 4 3

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

+  x D  x D.













 

4 2 4 2

3 4 3 3 4 3

f x  x  x   x  x  f x
.
Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.

3
4 3
y x  x

+ TXĐ: D.
+  x D  x D.













 

3 3

4 3 4 3

f x   x   x  x  x f x
.
Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ.

2
1
y  x

+ TXĐ: D 



1;1



.
+  x D  x D.









 

2 2

1 1

f x   x   x f x
.

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.
e) y 1 x 1 x

+ TXĐ: D 



1;1



.
+  x D  x D.

+ f



x



 y 1 x 1xf x

 

.
Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.
f)

4 10

y x  x
+ TXĐ: D.
+  x D  x D.





 

4 10

f x x  x f x
.

Vậy hàm số đã cho là hàm số không chẵn không lẻ.

y x x
+ TXĐ: D.
+  x D  x D.

+ f



x



 x x  f x

 

.
Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ.

h)
2
y x  x
+ TXĐ: D.
+  x D  x D.





 

f x x  x f x
.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

i) 2
x
y

x




+ TXĐ: D\



2



+ Với x 2 D  x 2 D.

Vậy hàm số đã cho là hàm số không chẵn không lẻ.

j)
2
y

x


+ TXĐ: D\ 0

 

.
+  x D  x D.





 

f x f x

x
  

Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ.

2 1

x
y

x



+ TXĐ: D\ 0

 

.
+  x D  x D.





 

2
1
x

f x f x

x


  

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.

1 2 2 1

y  x  x
+ TXĐ: D.
+  x D  x D.

+ f



x



 1 2x  1 2 x  f x

 

.
Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ.

Câu 3: Viết phương trình đường thẳng y ax b  biết:

a) Đi qua hai điểm A



3; 2 ,



B



5; 4



. Tính diện tích tam giác tạo bởi đường thẳng và hai
trục tọa độ.

b) Đi qua A



3;1



và song song với đường thẳng y2x1.
Lời giải

a) Đường thẳng

 

d :y ax b  đi qua hai điểm A



3; 2 ,



B



5; 4



Nên ta có:

3 2 4

5 4 1

4
a
a b

a b

b





  

 



 

 

  




Vậy đường thẳng

 

d có dạng

3 1

4 4

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có:

 

d cắt Ox tại
1

; 0
3
E 

 . Nên

1
3
OE

 

d

cắt Oy tại

1
0;

4
F  

 . Nên

1
4
OF 

1 1 1 1 1

. . .

2 2 3 4 24

OEF

S  OE OF  

(đvdt)

b) Đường thẳng

 

d1 :y ax b  song song với đường thẳng y2x1.
Nên

 

d1 có dạng y2x b b



1



 

d1 qua A



3;1



 6  b 1 b7

 

n
Vậy đường thẳng

 

d1 có dạng y2x7.
Câu 4: Xác định hàm số bậc hai y2x2bx c biết

a) Đồ thị có trục đối xứng là đường thẳng x1 và cắt trục tung tại điểm



0;4 .



A

b) Đồ thị có đỉnh là



1; 2 .



I  

c) Đồ thị đi qua hai điểm



0;1



A

, B



4;0 .



Lời giải

a) Trục đối xứng của hàm số bậc hai là đường thẳng 0 2 2.2 4.

b b b

x x

a

   

Theo đề bài; 4 1 4.
b

b
   

Vậy y2x2 4x c
Đồ thị cắt trục tung tại



0;4



A

nên 4 2.0 2 



4 .0



 c c4.
Do đó

2 4 4.

y x  x

b) Đỉnh đồ thị I có toạ độ I x y



0; 0



với 0 0
Δ
;

2 4

b

x y

a a

 

Do đó 4 1 4.
b

b

   

Vậy y2x24x c
Khi đó

 

2 2. 1 4 1 c c 0.

       

Vậy

2 4 .

y x  x

c) Đồ thị đi qua A



0;1



và B



4;0



nên:
2

1
1 2.0 .0

33
0 2.4 .4

4
c
b c

b
b c




    



 



  

 

Vậy

2 33

2 1.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 5: Tìm a b c, , biết rằng parabol: y ax 2bx c cắt trục hoành tại hai điểm A



1;0 ,



B



3;0



và
có tung độ đỉnh là 1. Lập bảng biến thiên và vẽ parabol vừa tìm được. Tìm giao điểm của 
parabol với đường thẳng y x 9.

Lời giải
* Xác định hệ số a b c, , :

+ Điều kiện: a0

+ Vì tung độ đỉnh là 1 nên ta có 
2

2
4

1 4 4 0

b ac

b ac a

a


     

(1).

+ Vì parabol y ax 2bx c cắt trục hoành tại hai điểm A



1;0 ,



B



3;0



nên



1;0 ,





3;0

  

A B   P

. Khi đó ta có hệ phương trình:

0 2

9 3 0 8 4 0 3

a b c c a b b a

a b c a b c a

     

  

 

  

     

   (2).

+ Thế (2) vào (1), ta có:





 

2 2

1 3

4 4 . 3 4 0 16 4 0 1 ;

2 4

a L

a a a a a a b c

a




          

 

 .

Vậy parabol cần tìm là:

1 1 3

4 2 4

y x  x
.
* Bảng biến thiên và đồ thị hàm số:

1. Bảng biến thiên:

Ta có:
1

0
4
a 

và tọa độ đỉnh I



1; 1



nên ta có bảng biến thiên:

2. Đồ thị hàm số:

+ Tọa độ đỉnh I



1; 1



.
+ Trục đối xứng x1.

+ Đồ thị hàm số giao với trục hoành tại A



1;0 ,



B



3;0



và giao với trục tung tại

3
0;

4
C  

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

* Tìm giao điểm của parabol với đường thẳng y x 9.

Hoành độ giao điểm của parabol với đường thẳng y x 9 là nghiệm của phương trình:





2 2 2

1 1 3

9 2 3 4 36 2 39 0

4 2 4

1 2 10 10 2 10

1 40

1 2 10 10 2 10

x x x x x x x x

x y

x

x y

            

     

    

    



Vậy parabol giao với đường thẳng y x 9 tại hai điểm



1 2 10;10 2 10 , N 1 2 10;10 2 10

 



M    

Câu 6: Cho y x 2 2x 8 có đồ thị

 

P .

a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên



0;4



c) Tìm giá trị của m để phương trình x2 2x 8m có đúng một nghiệm (hoặc hai nghiệm) 
trên



0;4



Lời giải

a) Ta có a 1 0, tọa độ đỉnh I



1; 9



nên hàm số đã cho có bảng biến thiên:

* Vẽ đồ thị hàm số:
+ Tọa độ đỉnh I



1; 9



.
+ Trục đối xứng: x1.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

b) Ta có bảng biến thiên của hàm số trên đoạn



0;4



Dựa vào bảng biến thiên của hám sô trên



0;4



ta thấy: max0;4 y0;min0;4 y9.

c) Số nghiệm của phương trình x2 2x 8m trên đoạn



0;4



là số giao điểm của hai đồ thị 
hàm số y x 2 2x 8 và đường thẳng y m .

Dựa vào BBT của hàm số y x 2 2x 8 trên đoạn



0;4



, ta có:
+ Phương trình có 1 nghiệm khi m9 hoặc  8 m0.
+ Phương trình có 2 nghiệm khi 9m8.

Câu 7: Giải và biện luận phương trình theo tham số m.

a. m x m







 x m 2. b.









1 3 2

m x m x m 

.

c.





2 2 3

x m  m x 

. d.



2 1



1
2

m x

m
x

 

 

 .

e.



mmx

m

x







Lời giải
a. m x m







 x m 2





1 2

m x m m

    

 

.

Nếu m1 PT

 

1 trở thành 0.x0  PT có nghiệm đúng   x .

Nếu m1 PT

 

1 có nghiệm duy nhất

2 2

2
1

m m

x m

m
 

  

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>









1 3 2

m x m x m 

 

2 



m2 3m2



x m 2 m 



m1

 

m 2



x m m



1



.

Nếu m1 PT

 

2 trở thành 0.x0  PT có nghiệm đúng   x .

Nếu m2 PT

 

2 trở thành 0.x2  PT vô nghiệm.

Nếu

1
2
m
m







 PT

 

2 có nghiệm duy nhất 2

m
x

m


 .





2 2 3

x m  m x 

 





2 3

1 2 3

1
m

m x m x

m


     

 .
d.



2 1



1
2

m x

m
x

 

 



 

Điều kiện xác định : x2

 

4 



2m1



x 2



x 2

 

m1







m 2



x2m 4

.

Nếu m2 PT

 

4 trở thành 0.x8  PT vô nghiệm.

Nếu m2 và

2 4

2 0

2
m

x m

m
 

   

  PT vô nghiệm.

Nếu

2
0
m
m







 PT

 

4 có nghiệm duy nhất

2 4

2
m
x

m
 


 .



mmx

m

x







 

5
Điều kiện :

1
2
x

 

5 



m 1

 

m 2



x



2x 1

 

m 2





m2 m 6



x m 2

          



m2

 

m 3



x m 2

Nếu m2 PT trở thành 0.x0  PT nghiệm đúng

1
2
x
 

Nếu m3 PT trở thành 0.x5  PT vô nghiệm.

Nếu

2
3
m
m







 và

xm

m



 PT vô nghiệm.

Nếu

2
3
1
m
m
m







 

 PT

 

5 có nghiệm duy nhất

1
3
x

m


 .
Câu 8: 1) Tìm m để phương trình





2 2 1 2 1 0

x  m x m  

có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn:

a. x12x22 10. b.





2 2

1 2 8 1 2

x x  x x

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2) Tìm m để phương trình



m1



x2 2



m1



x m  2 0 có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn :
a. x1 2x2. b. x1x2 2. c. 4



x1x2



7x x1 2

Lời giải

1) PT





2 2 1 2 1 0

x  m x m  

 

có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2



2m 1



2 4



m2 1



0
      

4 5 0

m m

     

 

*
.

Theo vi et ta có :

1 2

2
1 2

2 1

x x m

x x m
  




 


a. x12x22 10













2 2 2

1 2 2 1 2 10 2 1 2 1 10

x x x x m m

        

2 3 2
2

2 4 7 0

2 3 2
2
m

m m

m

  





    

  





Kết hợp với điều kiện

 

* ta được

2 3 2
2
m 
b.





2 2

1 2 8 1 2

x x  x x 



x1x2



26x x1 2 



2m1



26



m21



10m2 4m 5

  

2 2 1 27

5 25 5

m m

 

    

 

2
1 27
10

5 5

m

 

    

 





2 2

1 2 1 2

27
8

x x x x

   

Dấu “=” xảy ra khi

1
5
m

( thỏa mãn * ) .

Vậy





2 2

1 2 8 1 2

x x  x x

đạt giá trị nhỏ nhất khi

1
5
m

2) PT



m1



x2 2



m1



x m  2 0 có hai nghiệm x x1, 2







 



1
1 0

' 0 1 1 2 0

m
m

m m m



 

 

   

      

 

1
3
m
m



 





 

Theo vi ét ta có :





 

1 2

2 1

1
1
2

2
1

m
x x

m
m
x x

m



 


 





 

 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

a. x1 2x2 thay vào

 

1 









2
2 1
3 1
m
x
m


 ,









1
4 1
3 1
m
x
m



 thay vào

 

2 ta được :









8 1 2

1
9 1
m m
m
m
 



   8



m1



2 9



m1

 

m 2



 m27m 26 0

7 3 17
2
7 3 17

2
m
m
  





  




Kết hợp với điều kiện

 

* ta được

7 3 17
2
7 3 17

2
m
m
  



  




b. x1x2 2

1 2
1 2

2
2
x x
x x
 

 
 










2 1
2
1
2 1
2
1
m
m
m
m














  m0 ( thỏa mãn * )

c. 4



x1x2



7x x1 2









8 1 7 2

6
1 1
m m
m
m m
 
   

  ( thỏa mãn * )

Câu 9: Giải các phương trình sau
a) 3 4 x  x 2.

Lời giải
Điều kiện x 2 0  x2.

 

3 4 2 3 5 3

3 4 2

3 4 2 5 1 1

x L

x x x

x x

x x x

x L



   
 
        
   
   
 .

Vậy phương trình vơ nghiệm.
b)

2 2

2 3 x  6 x 0
.

Lời giải

 

2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 3 6 2 4 1

2 3 6 2 3 6

4 8 2

2 3 6

x x x

x x x x

x
x x
     
          

   

Giải (1): vô lý.

Giải (2): 4x2  8 x2  2 x 2. Vậy phương trình có hai nghiệm S



2; 2



.
c)

2 5 4 4

x  x  x
.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 

2
2

2 2

6 0 1

5 4 4

5 4 4 4 8 0 2

x x

x x x

x x x x x

  

    

       

       

  .

Giải (1):





2 6 0 6 0 0

6
x

x x x x

x



      



 (thỏa mãn điều kiện).

Giải (2): x2 4x 8 0 có   ' 4 8 4 0 vậy phương trình (2) vơ nghiệm.
Vậy hệ phương trình có nghiệm là S 



0;6



d) x2 5x1 1 0  .

Lời giải

2 5 1 1 0

x  x  
.

TH1: x1. Phương trình trở thành





2 5 1 1 0 2 5 4 0 1

4
x

x x x x

x



         



 (thỏa mãn).

TH2: x1. Phương trình trở thành





 





2 5 1 1 0 2 5 6 0 1

x L

x x x x

x TM




         



 .

Vậy phương trình có ba nghiệm S 



1;4; 6



.
e)

10 x3x  6x 2x
.

Lời giải

2 2

10 x3x  6x 2x 3x  6x 3x10

Điều kiện:

10
3 10 0

3
x   x

Phương trình trở thành

 

2
2

2 2

3 9 10 0 1

3 6 3 10

3 6 10 3 3 3 10 0 2

x x

x x x

x x x x x

   

   

 


      

 

Giải (1): 3x2 9x10 0 có  81 120 39 0 vậy phương trình vơ nghiệm.

Giải (2):
2

3 129

3 3 10 0

3 129

6
x

x x

x

 





   

 




 (không thỏa mãn điều kiện).
Vậy hệ phương trình vơ nghiệm.

f) x 5 3 2.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

5 3 2 5 1

5 3 2

5 3 2 5 5

x x

x

x x

      

      

    

 

  (vô lý).

Vậy phương trình vơ nghiệm.

2 1

2
x

x
x




 .

Lời giải
Điều kiện xác định x 2 0  x2.





2
1

1 2

2
x

x x x x

x


    



TH1:



 



2 1 0 1 1 0 1

1
x

x x x

x




       



 .

Phương trình trở thành

2 2 1

1 2

2
x  x  x x

(không thỏa mãn điều kiện).
TH2: x2  1 0



x1

 

x1



    0 1 x 1.

Phương trình trở thành





 

2 2 2

1 3

1 2 2 2 1 0

1 3

x TM

x x x x x

x L

 





       

 




 .

Vậy phương trình có một nghiệm

1 3
2
S  

 

 .

h) x210 5 4  x 8x.

Lời giải
TH1: 4 x 0 x4.





 





2 10 5 4 8 2 10 5 4 8 2 3 10 0 5

x L

x x x x x x x x

x TM




              



 .

TH2: 4 x 0 x4.





 





2 10 5 4 8 2 10 5 4 8 2 13 30 0 3

x L

x x x x x x x x

x TM




              



 .

Vậy phương trình có hai nghiệm S 



2;10



.
Câu 10: Giải các phương trình sau

a) x2 6x4  4 x.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta có

2 2

4 0 4

6 4 4 0 0

6 4 4 5 0

5
x

x x

x x x x x

x



  

  

            

      

   



 .

Vậy phương trình có một nghiệm x0.
b) 21 4 x x 2  x 3 .

Lời giải





2 2

2 2

21 4 0 21 4 0 1

21 4 3

2 10 12 0

21 4 3

x x x x x

x x x

x

x x

x x x

         

 

         



  

     

 

 .

c) 2x 8 2x12

Lời giải
ĐK: x4.

2 8 2 12 2 8 2 8 20 0 ( 2 8 4)( 2 8 5) 0

2 8 4 0 4

x x x x x x

x x

              

     

Vậy x4 là nghiệm của phương trình. 
d)

1 2x  3x 5x

Lời giải

ĐK:



2 5

2 3 5 0 ( ; 1 ; )

2
x  x   x     



2 2

2 2 2

1 2 3 5 2 3 5 1

1 0 1

3
3

2 3 5 ( 1) 6 0

x x x x x x

x

x x

x
x

x x x x x

x

        




  

  

        

       

   




( thỏa mãn )
Vậy x3 .

e) x  3 7 22 x

Lời giải
 Đk:   3 x 22



 





 











PT 3 22 7 25 2 3 22 49 3 22 12

19 78 0 6;13 .

x x x x x x

x

x x TM S

x

             




        




f)
4

2 2

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Lời giải
Đk: x2.

















2 2

2 0 2

PT 4 2 2 2 2 2 2

8 4 0

2 4 2

4 2 5 4 2 5 .

4 2 5
4 2 5

x x

x x x x

x x

x

x S

x
x

 

  



            

  

  

 








          




 






x5 2

 

 x



3 x x



3



.

Lời giải



 















 3 2

5 2 3 3 3 10 3 3 0 3 10 0

2 ( )

5 ( )

t x x
t

x x x x x x x x t t

t TM

t L

 


                 




  







2 1





2 3 2 3 4 0 4; 1

4
x

t x x x x S

x



            



 .

h) 3x29x8x23x 4.

Lời giải
Điều kiện: 3x29x 8 0 (*) .

Ta có





2 3 4

2 2 2 2

2 2

3 9 8 3 4 3 3 4 4 3 4 3 4

1 ( )

3 4 3 4 0

4 ( )

t x x
t

x x x x x x x x t t

t L

t t t t

t TM

  


                




        




2 2

3 41

3 41 3 41

4 3 4 4 3 8 0 ;

2 2

3 41

2
x

t x x x x S

x

  



     

 



            

    




 .

i) x4 3x2 4 0

Lời giải

Đặt x2 t t,



0



. Phương trình trở thành

 





2 3 4 0 1

t L

t t

t TM



    



Vậy x2  4 x2. Tập nghiệm S  



2; 2



.

j) 3x45x2 2 0

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Đặt





2 , 0

x t t

. Phương trình trở thành

 





3 5 2 0 1

t L

t t

t TM





   

 


Vậy

2 1 1

3 3

x   x

. Vậy tập nghiệm

1 1

;

3 3

S   

 .

1 1

2 3

x x

 

 

Lời giải

Điều kiện xác định

1
1

0
x
x

x
x





   

 .

Đặt

1
x
t

x



với t0. Phương trình trở thành

 





2 2 3 0 1

t L

t t

t TM



    




Vậy





1 1 1

3 9

x x

x TM

x x

 

    

. Vậy tập nghiệm

1
8
S  

 .
Câu 11: Chứng minh bất đẳng thức.

a¿

√

a+

√

a+2<2

√

a+1,∀a ≥0 b¿a2+b2+1≥ab+a+b ,∀a ,b∈R

c¿a4+b4≥ a3b+ab3∀a , b∈R d¿ a

1+a4≤
1

2∀a∈R

e¿2+a2(1+b2)≥2a(1+b),∀a ,b f¿a2+2b2+2 ab+b+1≥0,∀a , b.
g¿

(

a+b

)

≤a

+b2

2 ,∀a , b. h¿

(

a+b+c

)

≤a

+b2+c2

3 ,∀a , b , c.
i¿ a

b+c+
b
c+a+

c
a+b≥

2∀a , b , c>0 .

k¿a3+b3+c3≥ a2

√

bc+b2

√

ac+c2

√

ab,∀a , b , c>0
m¿bc

a +
ac

b +
ab

c ≥ a+b+c ,∀a , b , c>0

Lời giải
¿

a+1¿2⇔0<1(luônđúng).

a a+

√

a+2<2

√

a+1⇔2a+2+2

√

a(a+2)<4a+4⇔

√

a2+2a<a+1¿⇔a2+2a<¿

b¿a2+b2+1≥ab+a+b⇔(a − b)2+(a −1)2+(b −1)2≥0(luôn đúng)
Dấu '' ='' xảy ra ⇔a=b=1

c a¿4+b4≥ a3b+ab3⇔a3(a − b)+b3(b − a)≥0⇔(a − b)

(

a3−b3

)

≥0¿⇔(a −b)2

(

a2+ab+b2

)

≥0(luônđúng).¿
Dấu '' ='' xảy ra ⇔a=b

d¿ a

1+a4≤
1
2⇔2a

2≤1

+a4⇔

(

a2−1

)

2≥0(luôn đúng∀a)
Dấu '' ='' xảy ra ⇔a=±1

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

f¿a2+2b2+2 ab+b+1≥0⇔(a+b)2+(b+1)2≥0(luôn đúng∀a ,b)
Dấu '' ='' xảy ra ⇔a=1, b=−1

g¿

(

a+b
2

)

≤a2+b2

2 ⇔2(a+b)

≤4(a2+b2)⇔(a − b)2≥0(luôn đúng∀a , b)
Dấu '' ='' xảy ra ⇔a=b

¿
h

(

a+b+c

)

≤a

+b2+c2

3 ⇔(a+b+c)

≤3

(

a2+b2+c2

)

¿⇔a2+b2+c2≥ab+bc+ca¿⇔(a − b)2+(b −c)2+(c −a)2≥0(luônđúng∀a , b , c)¿

Dấu '' ='' xảy ra ⇔a=b=c

i¿ a
b+c+

b
c+a+

c
a+b≥

3
2⇔

(

a

b+c+1

)

(

b

c+a+1

)

(

c

a+b+1

)

≥
9
2

⇔

[

(a+b)+(b+c)+ (c+a)

]

(

b1

+c+
1

c+a+

1
a+b

)

≥9
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta có

b+c

(¿)+(c+a)≥3

√

3(a+b) (b+c) (c+a)
(a+b)+¿

và 1
b+c+

1
c+a+

1
a+b≥3

√

(b+c)(c+1a)(a+b)

⇒

[

(a+b)+(b+c)+ (c+a)

]

(

b1

+c+
1
c+a+

a+b

)

≥9(đpcm)
Dấu '' ='' xảy ra ⇔a=b=c

k ) Ta chứng minh bất đẳng thức a3+b3≥ab(a+b)(1),∀a , b>0

Thật vậy , (1)⇔a2(a − b)+b2(b − a)≥0⇔(a − b)2(a+b)≥0(Luôn đúng∀a , b>0)
Áp dụng (1) ta có 2(a3+b3+c3)≥ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)(2)

Áp dụng bđt Cau chy cho 2 số dương ta có

a2b+a2c ≥2a2

√

b2c

+b2a ≥2b2

√

c2a+c2b ≥2c2

√

⇒ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)=(a2b+a2c)+(b2c+b2a)+(c2a+c2b)
≥2a2

√

bc+2b2

√

ac+2c2

√

ab(3)

Từ (2) và (3) ta có đpcm.

Dấu '' ='' xảy ra ⇔a=b=c
ac¿2+(ab)2≥abc(a+b+c)
bc¿2+¿

m¿bc
a +

ac
b +

c ≥ a+b+c⇔¿

Áp dụng bđt a2+b2+c2≥ab+bc+ac ta có đpcm.
Dấu '' ='' xảy ra ⇔a=b=c

Câu 12: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
a) y=3x

2 +
2

x −1, x>1 b) y=x

−2x+ 2

x −1, x>1
c) y=4

x+

1− x,0<x<1 d) y=x+2+
1

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

e) y=x

+x+1

x , x>0 f) y=x

+ 2
x3, x>0

Lời giải
a) y=3(x −1)

2 +

2
x −1+

3
2

Áp dụng bđt Cau chy cho 2 số dương ta có

3(x −1)

2 +

x −1≥2

√

3⇒y ≥2

√

3+
3
2
Dấu '' ='' xảy ra khi 3(x −1)

2 =

x −1⇔(x −1)

=4
3⇔x=

√

3
3 +1
Vậy min y = 2

√

3+3

2 khi x=
2

√

3 +1

b) y=x2−2x+ 2

x −1=(x −1)

+ 1
x −1+

1
x −1−1
Áp dụng bđt Cau chy cho 3 số dương ta có

(x −1)2+ 1

x −1+
1

x −1≥3

√

(x −1)2. 1

x −1.
1

x −1=3⇒y ≥2

Dấu '' ='' xảy ra khi (x −1)2= 1

x −1⇔(x −1)

=1⇔x=2
Vậy min y = 2 khi x =2

c) Áp dụng bđt Cau chy cho 2 số dương ta có
4

x+25x ≥2

√

x. 25x=20
và 9

1− x+25(1− x)≥2

√

1− x. 25(1− x)=30
⇒4

x+25x+
9

1− x+25(1− x)≥50

⇔4

x+
9
1− x≥25

Dấu '' ='' xảy ra khi x=2
5 .
vậy min y = 25 khi x=2

d) Áp dụng bđt Cau chy cho 2 số dương ta có
x+2+ 1

x+2≥2

√

(x+2).
1
x+2=2
Dấu '' ='' xảy ra khi x+2= 1

x+2⇔x=−1 .
vậy min y = 2 khi x=−1

e) y=x

+x+1

x =x+

x+1≥2

√

x.

x+1=2+1=3

Dấu '' ='' xảy ra khi x=1

x ⇔x=1 .
vậy min y = 3 khi x=1

f) y=x2+2
x3=

x2
3 +

x2
3+

x2
3 +

1
x3+

1
x3≥5 .

√

x6
27 .

1
x6=5 .

√

271
Dấu '' ='' xảy ra khi x

3 =
1
x3 ⇔x

=3⇔x=

√

53 .
vậy miny=5.

√

5 1

27 khi x=

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Câu 13: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số.

a) y x



2 x



với 0 x 2. b) y



x3 5 2

 

 x



với

5
3

2
x
  

c) y x 2



1 6 x



với

1
0

6
x
 

. d) 2 2

x
y

x


 với x0.

e) y x1 5 x. f)





2 2

x
y

x



.
Lời giải

a) Cách 1: Ta có:









2 1 1

y x  x   x
.

Từ





2
0       x 2 1 x 1 1 0 x1 1









0 x 1 1 1 1 x 1 0

        

Miny 0; maxy 1

   .

Cách 2: Vì 0 x 2 nên y0 .

Mặt khác













2
2

2 1 0; 2 1

x x

x  x       x  y

  .

0 y 1 miny 0; maxy 1

      .

b) Vì

5
3

2
x
  

nên y0 .
Mặt khác



 





 





 



2 6 5 2

1 1 121 5 121

3 5 2 . 2 6 5 2 . 3;

2 2 2 8 2 8

x x

y x  x  x  x          x    y

 

Dấu " " xảy ra khi

1
4
x

121 121

0 min 0;max

8 8

y y y

     

c) Vì

1
0

6
x
 

nên y0 .
Mặt khác













2 1 6 1.3 .3 . 1 6 1. 3 3 1 6 1 0;1 1

9 9 3 243 6 243

x x x

y x  x  x x  x         x    y
 

  .

Dấu " " xảy ra khi

9
x

121 121

0 min 0;max

8 8

y y y

     

d) Vì x0 nên 
2

1
2
2

x

y y

x x

x

  

 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

2 2 1

2 . 2 2

2 2

x x y

x x

    

Dấu " " xảy ra khi x 2 .

1 1

max

2 2 2 2

y y

   

.
e) y x1 5 x.

Điều kiện 1 x 5. Khi đó y0.







 



2 1 5 4 2 1 5

y x x x x

        

Có



 





 



1 5 2

x x

x  x     

2 4 2.2 8 0 2 2

y y

       .

Dấu " " xảy ra khi x3 .

Miny 0; maxy 2 2

   .





2 2

x
y

x



.

Ta có:





2 2

2 2 0 2 0

x x

x y x

x      x   

2 2 3 2 2 3 2

2 3

2 1 1 3 ( 2) 27

( 2) 27

x

x x x x x

x

         



Max 1; 0

27 min 0

y khi x y k ih x

    

.
II. BÀI TẬP ƠN TẬP PHẦN HÌNH HỌC

Câu 1: tam giác ABC với M N P, , là trung điểm các cạnh AB BC CA, , . Chứng minh:
a) AN BP CM   0. b) AN AMAP

  

. c) AM BN CP  0
   

Lời giải
a) AN BP CM  0

   













1 1 1

2 2 2

AN BP CM   AB AC  BA BC  CA CB
        

        
        
        
        
        
        
        
        
        
        
        
        
        



 



0
2 AB BA AC CA BC CB 

      

 

      

.
b) ANAM AP.









1 1

2 2

AN  AB AC  AM AP AMAP

      

.
c) AM BN CP  0

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>





1 1 1 1

2 2 2 2

AM BN CP   AB BC CA AB BC CA  
         

         
         
         
         
         
         
         
         
         
         
         
         
         

Câu 2: Cho tam giác ABC và G là trọng tâm của tam giác. Cho điểm M thuộc AG sao cho
4MG GA

 

. CMR:
a) 2MA MB MC  0

   

. b) Với I bất kỳ ta có: 2IA IB IC  4IM
   

.
Lời giải

a) Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng BC. Khi đó MB MC 2ME
  

.
Do 4MG GA

 

nên M là trung điểm của đoạn thẳng AE.
Vậy 2MA MB MC  2MA2ME0

     

.
b) Với I bất kỳ ta có:









2IA IB IC   2 IM MA  IM MB IM MC     4IM  2MA MB MC  4IM

   

.
Câu 3: Cho hình bình hành ABCD, gọi O là giao điểm của AC BD, . Chứng minh rằng:

a) AO BO CO DO   0
    

. b) Với I bất kỳ: IA IB IC ID   4IO
    

.
Lời giải

a) Do ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của AC BD, . Do đó



 



AO BO CO DO    AO CO  BO DO 
        

        
        
        
        
        
        
        

        
        
        
        
        
        

b) Với I bất kỳ: IA IB IC ID IO OA IO OB IO OC IO OD              4IO


.
Câu 4: Cho tứ giác ABCD. Gọi M N, lần lượt là trung điểm AB CD, .

a. Chứng minh: AD BC 2MN AC BD;  2MN
     

     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     

     

.
b. Tìm vị trí điểm I sao cho IA IB IC ID     0.
c. Với M bất kỳ, chứng minh MA MB MC MD   MI

    

.
Lời giải.

a. AD BC AM MN ND BM MN NC     



AM BM



2MN 



ND NC



2MN.
       

       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       

             

AC BD AM MN NC BM MNND2MN

        

b. M là trung điểm của AB IA IB 2IM
  

.
N là trung điểm của CD IC ID 2IN

  
.
Ta có IA IB IC ID    0 IM IN  0 I

      

là trung điểm của MN.
c. MA MB MC MD   MIIA MI IB MI IC MI ID

           

4MI



IA IB IC ID  



4MI.

     
     
     
     
     
     

     
     
     
     
     
     
     
     

Câu 5: Cho tam giác ABC, gọi G H O, , lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp của
tam giác. Chứng minh:

a. 3OG OA OB OC     . b. OH OA OB OC 
   

c. 2HO HA HB HC  
   

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

a. Ta có

3OG OA OB OC  
   



OG OA

 

OG OB

 

OG OC



      

      

AG BG CG

   

   

( ln đúng vì G là trọng tâm tam giác ABC)  đpcm.
b. Gọi AN là đường kính của đường tròn tâm O, suy ra ABBN AC; CN.
Mà H là trực tâm tam giác ABCnên CH AB BH; AC.

Do đó BH CN BN CH ;  . Suy ra tứ giácBNCH là hình bình hành  HB HC HN
  

(1)
Mà  HN HA 2HO

  

(2)

Từ (1) và (2) suy ra  HA HB HC  2HO
   

2
HO OA HO OB HO OC HO

      

      

OA OB OC OH

   

   

(đpcm)
c. Từ câu b ta có kết quả câu c.

Câu 6: Cho tam giác ABC, gọi M là trung điểm AB, N là một điểm trên cạnh AC sao cho
2

NC NA và K là trung điểm MN, D là trung điểm BC. Chứng minh:
a)

1 1

4 6

AK  AB AC
  

1 1

4 3

KD AB AC

  

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

a) Ta có





AK  AMAN

  

   1 1 1 1

. .

2 2AB 2 6AC

 

  1 1

4AB 6AC

 

 
.

b) Ta có KD KA AD    mà

1 1

4 6

AK  AB AC
  

(cmt) nên

1 1

4 6

KA AB AC

  

Theo quy tắc trung điểm ta có

1 1

2 2

AD AB AC
  

Từ đó KD KA AD 

   1 1 1 1

4AB 6AC 2AB 2AC

      1 1
4AB 3AC

 

 

(đpcm).

Câu 7: Cho tam giác ABC và M, N , P là các điểm thỏa mãn MB  3MC 0, AN  3NC,
0

PB PA 
  

. Chứng minh ba điểm M , N , P thẳng hàng.
Lời giải

Vì PB PA   0 nên P là trung điểm của AB.
Theo quy tắc trung điểm ta có

1 1

2 2

MP MA MB

  

.
Mà MA MN NA   và AN 3NC

 

nên MA MN 3CN

  

.
Và MB  3MC nên ta có

1 1

2 2

MP MA MB

  

   1 3 3

2MN 2CN 2MC

     1 3





2MN 2 MC CN

     1 1 2
2MN 2MN MN
    

.
Hay MP  2MN nên M, N , P thẳng hàng.

Câu 8: Cho tam giác ABC đều có trọng tâm G, cạnh bằng a, đường cao AH.
1) Tính: a) AB AC

 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

. b) AC BG
 

. c) AH BC
 

2) Tính: a)               AB AC. . b) (AB AC )(2AB BC )
   

   
   
   
   
   
   
   
   

   
   
   
   
   

. c) 2AB3AC
 

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

1) Ta có: a)

2 2

AB AC  AH  AH
  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

Xét tam giác vng AHB có:

2 2 3 2 3

2
a

AH  AB  BH   AB AC  AH a
 

.
b) Gọi E là điểm sao cho AC BE

 
.

Khi đó:

2 4 2 3

3 3 3

a
AC BG BE GB GE GE AE AH 

    

c) Gọi F là điểm sao cho BCHF

 
.

Ta có:

2 2 3 2 7

= =

4 2

a a

AH BC AH HF AF AF AH HF  a 

    

2) a)

2
0

. . ( , ) . . 60

2
a
AB AC AB AC cos AB AC AB AC cos 
     

b) (AB AC )(2AB BC )CB.(2AB BC ) 2. CB ABcos. 600 CB2 a2  a2 0
      

.
c) Gọi I J, lần lượt là các điểm thỏa mãn: AJ 2AB

 

, AI 3AC
 

.
F là trung điểm của IJ. Ta có: 2AB3AC AI AJ 2AK 2AK

    

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Xét tam giác AIJ có:

2 2 2 2. . . 600 9 2 4 2 6 2 7 2 7

IJ AI AJ  AI AJ cos  a  a  a  a  IJ a .
Lại có:

2 2 2 2 2 2 2

2 9 4 7 19 19

2 4 2 4 4 2

AI AJ IJ a a a a a

AK         AK 

2AB 3AC 2AK a 19

   

 

Câu 9: Cho hình vng ABCD cạnh a, tâm O, M là điểm tùy ý trên đường trịn nội tiếp hình vng.
1) Tính: a OB) 2OD

 

. b) 2AD 3OD
 

. c) 2AC3BD
 

2) Tính: a AB AC) .

 

. b AC AD BC BD) .  .
   

. c AB AD BD BC) (  )(  )
   

) ( )( 2 )

d AB AC AB  AD
   

. e AB AC AD DA DB DC) (   )(   )
     

. f MA MB MC MD) .  .
   

1 1

) 2 0 2

2 2

a OB OD OB OD OD   OD OD OD AD a

       

) 2 3

b AD OD BF BE EF EF

    

tam giác BEF có:

2 2 2 2. . 450 9.2 2 4 2 2.3 2.2 . 2 5 10

4 2 2 2 2

a a

EF BE BF  BE BFcos  a  a  a a   EF 

.
c) Gọi L K, là hai điểm thỏa mãn:2ACAK

 

, 3BDAL
 

và T là trung điểm của KL.
Ta có:

2 2 2 2

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

2 0 2

) ( )( 2 ) .( ) . . . 45

d AB AC AB  AD CB DB BC CB DB CB CB DB cos CB
         

2 2

. 2. 2

a a a a

  

) ( )( ) ( ).( ) 2 .2 4. . 0

e AB AC AD DA DB DC                       AC AC DB DB   AC DB AC DB
   

( Vì ACBD nên AC BD. 0
 

) . . ( ).( ) ( ).( )

f MA MB MC MD OA OM OB OM   OC OM OD OM 

           

Câu 10: Cho hai điểm A B, cố định, số k cho trước. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
a)

2
MA MB  AB
  

  
  
  
  
  
  

  
  
  
  
  
  
  

b) 2MA MB MA MB
   

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

c) 3MA2MB2 AB2 d) MA2 2MB2k
Lời giải

a) Gọi I là trung điểm của AB.

Khi đó MA MB 2 AB  2MI 2 AB  MI AB

    

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Khi đó

2 3 2

3
MA MB MA MB  MJ JA JB BA  MJ  AB

       

Vậy quỹ tích M là đường trịn tâm J, bán kính
1
3
R AB

c) Đặt P thỏa mãn 3PA PB  0; do A B, cố định nên P cố định và

3
3

4
PB PA AB

Khi đó



 



2 2

2 2 2 2 2

3MA MB AB  3MA MB AB  3 MP PA   MP PB AB





2 2 2 2 2 2 9 2 3 2

4 2 3 3 4

16 16

MP MP PA PB PA PB AB MP AB AB AB

            

2 1 2 1

16 4

MP AB MP AB

   

Vậy quỹ tích M là đường trịn tâm P, bán kính
1
4
R AB

.
d) Gọi Q thỏa mãn QA 2QB0

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

  

; do A B, cố định nên Q cố định

Khi đó









2 2

2 2 2 2 2

MA  MB  k MA  MB  k  MQ QA   MQ QB k





2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

MQ MQ QA QB QA QB k MQ QA QB k

                         
.

Nếu QA2 2QB2 k 0 k QA 2 2QB2 thì quỹ tích M sẽ là đường trịn tâm Q bán kính

2 2 2

R QA  QB  k .

Nếu QA2 2QB2 k 0 k QA 2 2QB2thì quỹ tích M sẽ là 1 điểm Q.
Nếu QA2 2QB2 k 0 k QA 2 2QB2thì quỹ tích M sẽ là tập rỗng.
Câu 11: Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm M sao cho

a) MA AC 2MA MB

   

b) MA2MB MC MB MC
    

    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    

    
    

c)              MA MB k  . 
d) MA2              MA MB. 0. e) MB2MA MB a.  2

 

với BC a .
Lời giải

a) MA AC 2MA MB  MC 2BA  MC2BA

     

.
Vậy quỹ tích M là đường trịn tâm C bán kính R2BA.
b Đặt I là trung điểm AC; J là trung điểm JB.

Khi đó JA2JB JC   2JI2JB0.
Ta có

2 4

4
MA MB MC MB MC  MJ CB  MJ  BC

      

Quỹ tích M là đường trịn tâm J bán kính

1
4BC.
c) Đặt K là trung điểm của AB.

Khi đó



 







MA MB k  MK KA MK KB   k MK MK KA KB KAKB k

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

2
2

4
AB

MK k

  

*) Nếu

2
0
4
AB

k 

thì

2 2

4 4

AB AB

MK  k  MK  k

. Suy ra quỹ tích M là đường trịn

tâm K bán kính bằng

2
4
AB
R k

*) Nếu

2
0
4
AB

k 

thì

2 0

4
AB

MK  k  MK 

. Suy ra quỹ tích M là một điểm K.

*) Nếu

2
0
4
AB

k 

thì

2
2

4
AB
MK  k

vơ lý. Suy ra quỹ tích M là tập rỗng.
d) Đặt K là trung điểm của AB.





2 . 0 . 0 0 .2 0

MA               MA MB                MA MA MB                 MA MA MB    MA MK
Vậy quỹ tích M là đường trịn đường kính AK.

e) Đặt K E, lần lượt là trung điểm AB BK, .





2 . 2 . 2 2 .2 2

MB            MA MB a                    MB MA MB a                 MB MB MA  a  MB MK a



 



2 2





. 2

2 2

a a

ME EB ME EK ME ME EB EK EB EK

                                        

2 2

2 4

a AB

ME

  

Vậy quỹ tích M là đường trịn tâm E và bán kính là

2 2

2 4

a AB

R 

.
Câu 12: Trong hệ tọa độ Oxy cho a



1;3 ;

 

b 2;0 ;

 

c 3; 2



  

.
a) Tìm tọa độ và độ dài của các vecto: 3a 2 ; 2b a3b c

    

. Phân tích c


theo hai vectơ a b&
 

b) Tính

 

. ; . ; . . ;cos ,

a b b c a b c       a c 
.

Lời giải
a) Ta có : 3a 2b 



5;9 ;2



a3b c 



7;8



    

. 3a 2b  106 ; 2a3b c  113

    

*) Gỉa sử

2 3 6

3 2 2

3
l
k l

c ka lb

k

k




  

 

     



  




  

.Vậy

2 11

3 6

c a b

  

b) Tính

 

2 . 3

. 2; . 6; . . 60;cos ,

130
a c

a b b c a b c a c

a c

    

 

        





.
Câu 13: Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A



1; 2 ;



B



0; 4 ;



C



3; 2



( Câu hỏi tương tự với ba điểm A



4;3 ;



B



1; 2 ;



C



3; 2



)
a) Tìm tọa độ các vectơ AB AC BC, ,

  

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

b) Tìm tọa độ điểm M,N sao cho: CM 2AB 3AC AN, 2BN 4CN 0
      
      
      
      
      
      

      
      
      
      
      
      
      
      
.
c) Tìm tọa độ đỉnh D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành

d) Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H của tam giác ABC

e) Tìm tọa độ tâm I của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC và tính bán kính đường trịn đó.
f) Tìm trên trục hồnh các điểm M sao cho tam giác ABM vng tại M

g) Tìm trên trục tung điểm M sao cho tam giác ABM cân tại M.
h) Tìm tọa độ điểm K nằm trên Ox và cách đều hai điểm C, B.
i) Tìm tọa độ điểm E nằm trên Oy sao cho EA EC lớn nhất.

Lời giải
a) Ta có:AB 



1;6 ,



AC



2; 4 ,



BC 



3; 2



  
  
  
  
  
  
  

  
  
  
  
  
  
  
.

Chu vi tam giác ABC là: C  37 2 5  13 ,diện tích tam giác ABC là S 8.

. 11
cos
185
AB AC
A
AB AC
 
 


,
. 15
cos
481
BA BC
B
BA BC
 
 



,
. 1
cos
65
CA CB
C
CA CB
 
 


.
b) Ta có CM 2AB 3AC CM



8;0



 M



5; 2



   









2 4 0 4 2 10; 4 11; 2

AN BN CN   AN  AC AB AN   N

       

c) tứ giác ABCD là hình bình hành DCAB 



1;6



 D



4; 4



 

d) Tọa độ trọng tâm

4 4
;
3 3
G 

 , vì H là trực tâm của tam giác ABC







 





 

  

1 3 2 2 0

. 0 4

3 1 2 6 0

. 0
8
x
x y
AH BC
x y

CH AB y




       
  
     
    
 
  
 


 
 

. Vậy H

15 17
;
4 8
 
 
 

e) Vì I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  IA IB IC 









 





















2 2 2 2

1 2 4 1 15 114158

; &

8 16 11776

1 2 3 2

x y x y

I R IA

x y x y

      
  
      
 
      



f) Gọi M (x;0) , tam giác ABM vuông tại M





1 33

. 0 1 8 0

1 33

2
x

MA MB x x

x
 



      
 



 

g) Gọi M (0;y) , tam giác ABM cân tại M









2 2 11

1 2 4

MA MB y y y

        

h) Gọi K (x;0)





2 2 1

3 4 16

KC KB x x x

        

i) Gọi E (0;y) ta có EA EC AC2 5  EA EC lớn nhất khi E thuộc đường thẳng AC
1

0 1 2

2
2 4

t t

AE t AC

y t
y

  
 
     
 
  

 

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

III. TRẮC NGHIỆM

ĐỀ ÔN TẬP HỌC KỲ 1 – SỐ 001

Câu 1. Cho hình bình hành ABCD tâm O, gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Tìm mệnh đề sai.
A. AB AD  AC. B. AB AD 3AG

  

. C. AB AD 2BO
  

. D.

1
3
GO  OC

.
Lời giải

Chọn C.

G

C

D
O

A

B

* Ta có AB AD DB  2OB2BO
    

. Do vậy Mệnh đề AB AD 2BO
  

SAI.
* AB AD AC

  

là Mệnh đề ĐÚNG (Quy tắc hình bình hành).
* AB AD AC  3AG

   

là Mệnh đề ĐÚNG (Do G là trọng tâm ABD).
*

1 1

3 3

GO AO OC

  

là Mệnh đề ĐÚNG (Do G là trọng tâm ABD, O là trung điểm AC).
Câu 2. Cho tam giác ABC đều cạnh a, trọng tâm G. Tích vơ hướng của hai vectơ BC CG.

 

bằng ?
A.

2
a

. B.

2
a


. C.

2
a

. D.

2
a


.
Lời giải

Chọn D.

G

M C

B

A

Gọi M là trung điểm BC. Ta có

1 1 3 3

3 3 2 6

a a

GM  AM  

2 3

3 3

a
CGAG AM 

.
Khi đó: BC CG. CB CG.  CB CG. .cos



CB CG,



       

       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       

 2 2 2

3 3 3 3

. . .cos . .

3 3 3 2. 3 2

a a MC a a a

BC CG a BCG

GC a

 

                   
.

Câu 3. Cho tam giác ABC trọng tâm G, gọi M là trung điểm của BC. Tìm mệnh đề đúng ?
A. AB AC  2AG. B. AB AC AM

  

. C. GA GB CG 
  

. D. AB AC BC
  

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Chọn C.

* Ta có G là trọng tâm của ABC nên GA GB GC   0 GA GB CG 
      

. Do đó mệnh đề
GA GB CG 

  

ĐÚNG.

* Ta có

2 2. 3 2

AB AC  AM  AG AG AB AC  AG
       

là mệnh đề SAI.
* Ta có AB AC  2AM  AB AC AM là mệnh đề SAI.

* Ta có AB AC CB   AB AC BC
     

là mệnh đề SAI.

Câu 4. Cho hàm số y x 2  2x4 có đồ thị

 

P . Tìm mệnh đề sai.

A.

 

P có đỉnh I



1;2



. B. miny4;  x



0;3



.
C.

 

P có trục đối xứng x1. D. maxy7;  x



0;3



.

Lời giải
Chọn A.

Ta có

 

P có đỉnh I



1;3



nên nói

 

P có đỉnh I



1;2



là mệnh đề SAI.

Câu 5. Cho hàm số y



m2



x 2 m. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số đồng biến

trên ?

A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.

Lời giải
Chọn C.

Hàm số y



m2



x 2 m đồng biến trên  khi và chỉ khi





2 0 2 2 2

1;0;1; 2

2 0 2

m m m

m

m m m

      

  

    

  

   

    . Vậy có 4 giá trị nguyên của m cần 
tìm.

Câu 6. Cho tập hợp M 



x| 2 x 5



. Hãy viết tập hợp M dưới dạng khoảng đoạn.
A. M 



2;5



. B. M 



2;5



. C. M 



2;5



. D. M 



2;5



Lời giải
Chọn A.



| 2 5





2;5



M  x  x  M 
.

Câu 7. Phương trình

2 2 8 2

x  x  x

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Lời giải

Chọn D.

2 2 8 2

x  x  x

2 2

2 0 2 0

2 8 2 6 0

2 8 2 3 10 0

x x

x x x x x

   

 

 

 

          

 

 

      

 

 

2
2; 3

2; 5
x

x
x x

x x




     


  


 .

Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a2i 3 ,j b i 2j

     

. Khi đó tọa độ a b  là . 
A.



2; 1



. B.



1;2



. C.



1; 5



. D.



2; 3



Lời giải
Chọn C.

Ta có a



2; 3 ,



b



1;2



 a b 



1; 5



   

Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cóA



1;3 ,



B



2;1



và C



0; 3



. Vectơ
AB AC

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

có tọa độ là .

A.



4;8



. B.



1;1



. C.



1; 1



. D.



4; 8



.
Lời giải

Chọn D.
Ta có













3; 2
1; 6

4; 8
AB

AC
AB AC

  
  

   




 

Câu 10. Tập xác định của hàm số

2
2

6 8

x
y

x x




  là:

A. D



3;

  

\ 4 . B. D 



3;3 \ 2

  

. C. D 



3;3 \ 2

  

. D. D  



;3 \ 2

  

.
Lời giải

Chọn B.

Điều kiện xác định của hàm số là:



  

9 0 3 3

3;3 \ 2
2; 4

6 8 0

x x

x
x x

x x

     


   

 

 

  

 



</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

A. B. C. D.
Lời giải

Chọn A.

Nhìn đồ thị ta thấy: a 0 C: sai.

Tọa độ đỉnh:





















2 4 1 3

; 1; 4 :

2 1 4 1

I      A

   

  đúng

Câu 12. Điều kiện xác định của phương trình 2

4 2

1 3

x

x x




 

A. x 



4;



. B. x 



4;3 \

  

1 . C. x  





D. x\

 

1 .
Lời giải

Chọn B.

Điều kiện xác định:
2

4 0 4

1 0 1

3 0 3

x x

  

 

 

   

 

    

 

Suy ra Tập xác định của phương trình là: D 



4;3 \ 1

  

 .

Câu 13. Tổng bình phương các nghiệm của phương trình x25x 2 2 x25x10 0 là:

A. 5. B. 13. C. 10. D. 25.

Lời giải
Chọn B.

Đặt t x25x10,t0  t2 x25x10 x25x  2 t2 8

Thay vào phương trình ta được:

 

2 2 8 0 4

t l

t t

t
 
    




2 2

2 5 10 2 5 10 4

t  x  x   x  x 

2 5 6 0 2

3
x

x x

x



     

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Câu 14. Cho tam giác ABC, trọng tâm G, gọi I là trung điểm BC M, là điểm thỏa mãn:
2MA MB MC    3MA MB

. Khi đó tập hợp điểm M là:

A. Đường trung trực của BC. B. Đường tròn tâm G, bán kính BC 
C. Đường trung trực của IG. D. Đường trịn tâm G, bán kính BC.

Lời giải
Chọn C.

Ta có: 2MA MB MC  3MA MB

    

2 3MG 3 2MI 6MG 6MI MG MI

        

(Với G là trọng tâm tam giác ABC, M
là trung điểm của AB )

Vậy M nằm trên đường trung trực IG.

Câu 15. Trong các hàm số sau có bao nhiêu hàm số chẵn:y 20 x2 ,

7 2 1

y x  x 
,

4 10

x
y

x



,y x 2  x 2 ,

4 4

x x x x

y

x

  



 ?

A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.

Lời giải
Chọn C.

+) y 20 x2 có TXĐ: D  2 5; 2 5, x D  x D





20





2 20 2

f x   x   x
2

y x

   : Hàm chẳn.
+)

7 2 1

y x  x 

có TXĐ: D

x D x D

    





7





4 2 1 7 4 2 1

f x   x  x   x  x 
4

7 2 1

y x x

   

: Hàm chẳn.

4 10

x
y

x




: Có TXĐ: D\ 0

 

x D x D

    









 

4 4

10 10

x x

f x f x

x x

  

   



4 10

x
y

x


 

: Hàm lẻ

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

x D x D
    





2 2 2 2

 

f x  x   x  x  x f x
2 2 :

y x x

    

hàm chẵn

4 4

x x x x

y

x

  



 có TXĐ: D   



; 1

 

 1;



x D x D

    













 









 

4 4 4 4

4
4

x x x x x x x x

f x f x

x
x
        
   


 
4 4
:
4

x x x x

y
x
  
 

Hàm chẵn

Câu 16. Cho hinh vuông ABCD, tâm O, cạnh bằng a. Tìm mệnh đề sai:

A.               AB AC a.  2. B. AC BD. 0
 
. C. 
2
.
2
a
AB AO

 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
. D. 
2
.
2
a
AB BO
 

.
Lời giải

Chọn D.

Vì





0 2

. . . os , . 2. 45

AB ACAB AC c AB AC a a cos a

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
0
. . . os90 0
AC BD AC BD c 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 





2 0 2

. . . os , . . 45

2 2

a a

AB AO AB AO c AB AO a cos 

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   





2 0 2

. . . os , . . 135

2 2

a a

AB BOAB BO c AB BO a cos 

   

Câu 17. Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như hình bên?

A.

2
1

2 1

y x  x

. B. y x 2 4x5. C. y2x2 8x7 D. yx24x 3.
Lời giải

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên ta có: Đỉnh I



2;1



, hệ số a0
Loại đáp án D.

Đỉnh I thuộc parabol nên thay tọa độ điểm I vào các đáp án ta thấy đáp án B thỏa mãn.

Câu 18. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A



1;3 ,



B



2; 2 ,



C



3;1



. Tính cosin góc
A của tam giác.

A. 
1

17 . B.

17 . C.

2
17

D. 
1
17

.
+∞
–∞
x

y +∞ +∞

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Lời giải

Chọn A.



3; 5 ,





2; 2



AB   AC 

 







 











2 2





3.2 5 2 4 1

osA=cos ,

34. 8 17

3 5 2 2

c AB AC    

   

    

 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 

Câu 19. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A



2;5 ,



B



1; 1



. Tìm tọa độ M sao cho MA2MB

 

.
A. M



1;0



. B. M



0; 1



. C. M



1;0



D. M



0;1



Lời giải
Chọn D.

Gọi M x



M;yM















2 ;5

1 ; 1 2 2 2 ; 2 2

M M

M M M M

MA x y

MB x y MB x y

    

         



 

Có:

2 2 2 0

5 2 2 1

M M M

x x x

MA MB

y y y

    

 

    

   

 

 



0;1



M


Câu 20. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x2 2x 3 m0 có nghiệm x



0;4



.
A. m  





. B. m 



4; 3



. C. m 



4;5



. D. m  3;



Lời giải
Chọn C.

Có: x2 2x 3 m 0 x2 2x 3m

Bảng biến thiên của hàm số y x 2 2x 3

x   0 1 4 
y  

3 5
4

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy y 



4;5



 x



0; 4



Vậy m 



4;5



thì phương trình x2 2x 3 m0 có nghiệm x



0;4



.
Câu 21. Cho A



1;3 ,



B



2;5



. Tìm mệnh đề sai.

A. B A\ 



3;5



. B. A B 



2;3



. C. A B\  



1; 2



. D. A B  



1;5



.
Lời giải:

Chọn A.



1;3 ,





2;5



A B

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>



2;3



A B 

; A B 



1;5



; A B\ 



1; 2



; B A\ 



3;5



Câu 22. Trong các hàm số sau có bao nhiêu hàm số có đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng:

2 5 3 3 2 2

3
2

3 3

1, , , , , 2 3,

x x x

y x y x x y x y y x x y x x y

x
x

  

           

 .

A. 2. B. 3. C. 1. D. 4.

Lời giải:
Chọn A.

Trong các hàm số đã cho, chỉ có hàm số

5 3

2
,

1
x

y x x y

x

  

 là hàm số lẻ nên chỉ có 2 hàm 
số có đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.

Câu 23. Phương trình 2x23x 5 x 1 có nghiệm:

A. x1. B. x2. C. x3. D. x4.
Lời giải:

Chọn B.





2 2

1 0 1

2 3 5 1 2 2

6 0

2 3 5 1

3
x

x x

x x x x x

x x

x x x

x


 

  

 

            

  

    

  

 



 .

Câu 24. Hàm số nào cho dưới đây có đồ thị như hình vẽ bên:

A. y2x2. B. y x 2.
C. y x2. D. y2x2.

Lời giải:
Chọn A.

Nhìn vào đồ thị ta thấy, đồ thị đi qua điểm A



1;0



.
Thử vào từng đáp án thì chỉ có đáp án A thỏa.

Câu 25. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A



2;3 ,



B



2;1



. Điểm C thuộc tia Ox sao cho tam giác
ABC vuông tại C có tọa độ là:

A. C



3;0



. B. C



3;0



. C.



1;0



. D.



1;0



.
Lời giải:

Chọn C.

Điểm C thuộc tia Ox suy ra C x







x0





2 ;3 ,





2 ;1



CA   x  CB   x
.

Tam giác ABC vuông tại C  CACB.  0



2 x

 

 2 x



  3 0 x2  1 x1
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vì x0 nên x1.

Vậy C



1;0



</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Câu 1: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM và trọng tâm G. Khẳng định nào sau đây là khẳng định

đúng?

A. AM 2



AB AC



  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

. B. AM  3GM.
C. 2AM3GA0 .

  

D. MG3



MA MB MC 



.
   

   
   
   

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
Lời giải

Chọn C

Loại A vì 2AM 



AB AC



  

; Loại D vì 3MG



MA MB MC 



   

, Loại B vì AM 3GM.

 

Câu 2: Cho các tập A



x|x1 ;



B



x|x3



. Tập \



A B



là

A.



 ;1



3;



. B.



1; 3 . C.   1; 3



. D.



  ; 1 



3;



.

Lời giải

Chọn A

Ta có : A 



1;



;B  





 A B  



1;3



 \



A B



  









3;



Câu 3: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, AB = 1. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

A. AB BC. 1
 

. B. CA CB. 1
 

. C. AB AC. 0
 

. D. AB CB. 1
 

.

Lời giải
Chọn D

Ta có

0 2

. . .cos45 1. 2. 1

AB CBAB CB  

   

Câu 4: Cho các tập













1; , | 1 0 ; 0; 4

A  B x x   C

. Tập



A B



C có bao nhiêu phần
tử là số nguyên?

A. 3. B. 1. C. 0. D. 2.

Lời giải
Chọn A

Ta có : A 



1;



;B  A B  



A B



C 



0;4



. Vậy tập



A B



Ccó

phần tử là số nguyên là 1, 2, 3.

Câu 5: Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 2a, trọng tâm G. Độ dài của véc tơ AB GC

 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

là:

A.

2 3

3
a

. B.

2
3

a

. C.

4 3

3
a

. D.

3
3
a

.

Lời giải
Chọn C

Ta có:





2 2 2 2 4 2 16 2 4 3

2 . 4

3 3 3

a a a

AB GC AB GC  AB GC a    AB GC 

       

Câu 6: Cho hàm số y ax 2bx c có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào sau đây
đúng ?

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Lời giải

Chọn A.

Vì đồ thị hàm số là parabol có dạng quay xuống dưới nên a0và cắt trục hoành tại hai điểm 
phân biệt nên  0. Mà hai giao điểm x x1, 2 của đồ thị với trục hoành đều có hồnh độ dương
nên 1 2 0

b
x x

a
  

, vì a 0 b0.

Câu 7: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho a



2; 4 ,

 

b 5;3



 

. Vecto 2a b
 

có tọa độ là ?

A.



7; 7



. B.



9; 5



. C.



1;5



. D.



9; 11



Lời giải
Chọn D.

Tọa độ vecto 2a b  là :









2.2 5 9

2 4 3 11

x
y

    




   


 . Do đó đáp án đúng là đáp án D.

Câu 8: Tổng các bình phương các nghiệm của phương trình



x1

 

x 3



3 x2 4x 5 2 0 là ?

A. 17. B. 4. C. 16. D. 8.

Lời giải
Chọn B.

Đặt t x2 4x5( đk: t1).
Ta có pt:



 



1 3 3 4 5 2 0

x x  x  x   x2 4x 3 3 x2 4x 5 2 0

       

2 4 1 3 2 4 5 0

x x x x

        t23t 4 0

1
4
t
t



  

 . Đối chiếu đk ta có t 1.
Khi đó : x2 4x 5 1





2
2 0
x

    x2
.

Câu 9: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A



1;1 ,



B



2; 2



, MOy và MA MB . Khi đó tọa độ điểm
M là ?

A.



0;1



. B.



1;1



. C.



1; 1



. D.



0; 1



.
Lời giải

Chọn D.
Gọi





M y

. Vì MA MB

















2 2 2 2

0 1 y 1 0 2 y 2

       

2 2

1 y 2y 1 4 y 4y 4

         6y6  y1.

Câu 10: Điều kiện xác định của phương trình 2

2 3

2 5

x

x x x




  là ?

A. x R \ 0; 2







. B. x 



2;5 \ 0

  

. C. x 



2;5 \ 0; 2

 





. D. x  



;5 \ 0; 2

 





</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Điều kiện xác định của phương trình là : 2
2 0

5 0

2 0
x

x
x x
  


 



 


2
5

0, 2

x
x

x x




  

  



5 2

x
x

  


 


Chọn đáp án B.

Câu 11: Tập xác định của hàm số 2

3 1

5x 6
x x
y

x

  


  là:

A.



1;3 \ 2

  

. B.



1;2



. C.



1;3



. D.



2;3



Lời giải.
Chọn A

Điều kiện:
2

3 0

1 1 3

1 0

2 2

5 6 0

3
x
x

x x

x

x x

x




   

   

 

   

  

  

 

  

  

 .

Tập xác định D 



1;3 \ 2

  

Câu 12: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho I



1; 2



là trung điểm của AB với A Ox B Oy ,  . Khi đó:
A.



0; 2



. B.



0;4



. C.



4;0



. D.



2;0



Lời giải.
Chọn D

Gọi













;0 , 0; ; 1 2 2;0

2 2 2
x y x

A x B y  I    x  A

  .

Câu 13: Cho phương trình x3



2m1



x2



4m1



x 2m 1 0. Tìm m để phương trình có một
nghiệm duy nhất?

A. m . B. m0. C. m1. D. m2.
Lời giải.

Chọn C

















3 2 1 2 4 1 2 1 0 1 2 2 2 1 0

x  m x  m x m   x x  mx m 

 

2
1

2 2 1 0 *

x

x mx m



 

   



Phương trình có 1 nghiệm duy nhất khi

 

* có nghiệm kép bằng 1 hoặc vơ nghiệm.
+

 

* có nghiệm kép    m2 2m  1 0 m1. Khi đó nghiệm kép là x1 (thõa)
+

 

* vô nghiệm





2 2 1 0 1 0

m m m



         (vô lí)
Vậy m1 thì phương trình có nghiệm duy nhất

Câu 14: Phương trình x23x 3 2x5 có tích các nghiệm ngun là:

A. 4. B. 1. C. 56. D. 0.

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>









2 2

3 3

1 57

3 3 2 5 14 0

3 3 2 5 2

3 3

3 3 2 5 5x 4 0

x x

x x x x x x

x x x

x x

x

x x x x

   

          

  



   

        



 

 



   

        

 .

Phương trình chỉ có một nghiệm nguyên là 1. Chọn đáp án B.
Câu 15: Hàm số nào có đồ thị như hình bên?

A. y x 2 3x 3. B. yx25x  3. C. yx2 3 x  3. D. yx25x 3.
Lời giải.

Chọn B

Loại đáp án A, D vì là đồ thị hàm bậc hai khơng có dạng đồ thị trên.
Loại đáp án C vì phương trình

2 3 3 0

x x

   

vô nghiệm nên đồ thị khơng cắt trục hồnh.
Chọn đáp án B.

Câu 16: Cho phương trình x3 mx2  4x4m0. Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm.
A. m2. B. m2. C. m



2; 2



. D. m0.

Lời giải
Chọn C.

3 2 4 4 0 ( 3 4 ) ( 2 4 ) 0

x  mx  x m  x  x  mx  m 
2

2 2 2 4 0

( 4) ( 4) 0 ( 4)( ) 0

0 (1)
x

x x m x x x m

x m

  

          

 



Để PT đã cho có 2 ngiệm thì PT (1) phải vơ nghiệm hoặc có nghiệm x2 hoặc x2.
Nhưng PT (1) ln có nghiệm x m .

Vậy m



2; 2



Câu 17: Hàm số nào sau đây đồng biến trên



3;4



?
A.

2
1

2 1
2

y x  x

. B.y x 2  7x2 . C. y3x1. D.

2
1

1
2

y x  x
.
Lời giải

Chọn A.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

B. Hàm số đồng biến trên khoảng 
7

;
3

 



 

 .
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng



  ;



.
D. Hàm số đồng biến trên khoảng



 ;1



Câu 18: Cho ba điểm A B C, , . Tìm khẳng định sai khi nêu điều kiện cần và đủ để ba điểm thẳng hàng?
A. k :AB k AC . B. k :AB k BC

 

 .

C. M MA MB MC:   0
   

. D.  k :BC k BA
 

 .

Lời giải
Chọn C.

Câu 19: Phương trình

2 2 3 5

x  x  x

có tổng các nghiệm nguyên là

A.2. B.3. C.1. D.4.

Lời giải
Chọn B.

Ta có:

1 33

5 2

8 0 1 33

3 2 0 2

1
2

x

x
x

PT x x

x

x x

x
x





  

 




 



 



        


 

 

  



 






 



 .

Vậy tổng các nghiệm nguyên là 3.

Câu 20: Cho a b,

 

có vectơ



a2b



 

vng góc với



5a 4b



 

và a b
 

. Khi đó

A.





2
cos ,

2
a b  

. B.



a b,



90
 

. C.





3
cos ,

2
a b  

. D.





1
cos ,

2
a b  

.
Lời giải

Chọn D.
Vectơ



a2b



 

vng góc với



5a 4b



 



a 2b

 

5a 4b



0 5a2 6ab 8b2 0 5a2 6ab 8b2 0 6ab 5a2 8b2 3b2

                        

Ta có:





2
1

1
2

cos ,

2
b
ab

a b

a b b

  




 

  

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Câu 21: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm N



5; 3 , 1;0



P





và M tùy ý. Khi đó MN MP
 

có tọa
độ là:

A.



4;3



. B.



4;1



. C.



4; 3



. D.



4;3



.

Lời giải.
Chọn C.



4; 3



MN MP PN   
  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

Câu 22: Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình bên dưới:

x   1


y
1
2
 

 

A. yx25x2 . B.

2
1
2
y x x

. C. y x 2 3x1. D.

2
1

3
4

y x  x

.

Lời giải.

Chọn B.

Đồ thị có bề lõm quay xuống nên a0
2

1
2
y x x

có hồnh độ đỉnh 2 1
b
x

a

 

Câu 23: Hàm số y ax b  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Khẳng định nào sau đây đúng:
y

x

A. a0, b0 . B. a0, b0. C. a0, b0. D. a0, b0.

Lời giải.
Chọn A.

Hàm số giảm nên a0

Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục hoành nên b0

Câu 24: Cho các hàm số

2 4 2

2 1 2 3

1, 2, ,

x x x

y x y x y y

x x

  

     



</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

A. Có hai hàm số mà đồ thị nhận gốc tọa tọa làm tâm đối xứng

B. Có hai hàm số chẵn.

C. Có một hàm số khơng chẵn, khơng lẻ.

D. Có một hàm số lẻ.

Lời giải.
Chọn A.

Ta có tập xác định của các hàm số đều là tập đối xứng.
+ Hàm số y x 1 có: f



x



x1





 





 

f x f x

 



 

 


 nên hàm số không chẳn, không lẻ.

+ Hàm số y x 2 2 có: f



x



x2 2f x

 

nên là hàm số chẵn.
+ Hàm số

2 1

x
y

x



có:





 

2 1 2 1 2 1

x x x

f x f x

x x x

  

    

 nên là hàm số lẻ.

+ Hàm số

4 2 2 3

x x

y

x

 





có





 

4 2 2 3 4 2 2 3

1 1

x x x x

f x f x

x x

   

   

  

nên là hàm số chẵn.
Do đó: B, C, D đúng

Câu 25: Cho tam giác ABC vng tại B, BC a 3 . Tính               AC CB. :

A. 3a2 . B.

2 3

2
a


. C.

2 3

2
a

. D. 3a2.

Lời giải.
Chọn D.





2 2

. . 0 3

AC CB AB BC CB   BC  a
    

    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    

</div>