Đề bài
Câu 1[ 3,5 điểm] Cho hàm số :\[y = {x^2} - 2mx + 3\]
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị \[[P]\] của hàm số khi \[m = 2\].
2. Dựa vào đồ thị \[[P]\], biện luận theo k số nghiệm của phương trình:\[{x^2} - 4x + k = 0\]
3. Tìm giá trị của \[m\] để hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left[ { - \infty ;2020} \right]\].
Câu 2[2,5 điểm] Giải các phương trình sau:
1. \[{x^2} - 2x - 5\left| {x - 1} \right| - 5 = 0\]
2. \[\sqrt {{x^2} - 3x + 3} - 2x + 3 = 0\]
Câu 3[1 điểm] Cho phương trình:
\[{x^4} - 4{x^2} + a = 0\] [với \[a\] là tham số ]
1. Giải phương trình đã cho khi \[a = - 5\]
2. Xác định \[a\] để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn \[\left[ { - 2;3} \right]\]
Câu 4[3 điểm]
Trong hệ trục tọa độ \[[Oxy]\] cho bốn điểm:\[A\left[ {2; - 1} \right],B\left[ {3;4} \right],C\left[ {4;3} \right],D\left[ {3; - 2} \right]\]
1. Chứng minh bốn điểm đã cho tạo thành hình bình hành \[ABCD\]. Tìm tọa độ tâm hình bình hành đó.
2. Gọi \[G\] là trọng tâm tam giác \[ABC\]. Tìm tọa độ điểm \[E\] thỏa mãn: \[\overrightarrow {BE} = 2\overrightarrow {AD} - 3\overrightarrow {GC} \].
3. Lấy điểm \[M\] di động. Dựng điểm \[N\] sao cho \[\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + 3\overrightarrow {MB} - 2\overrightarrow {MC} \]. Chứng minh rằng \[MN\] luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải chi tiết
Câu 1[VD]
Phương pháp:
1.
Thay \[m = 2\] vào hàm số.
Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
Đồ thị: Xác định bề lõm, đỉnh và trục đối xứng của đồ thị và một số điểm thuộc đồ thị.
2.
Đặt hàm số của [P]: \[y = f\left[ x \right]\].
Đưa phương trình đã cho về dạng\[f\left[ x \right] = g\left[ x \right]\]
Số nghiệm của phương trình \[f\left[ x \right] = g\left[ x \right]\] là số giao điểm của hai đồ thị \[y = f\left[ x \right]\] và \[y = g\left[ x \right]\].
3. Tìm khoảng nghịch biến D của hàm số \[y = {x^2} - 2mx + 3\]. Hàm số nghịch biến trên \[\left[ { - \infty ;2020} \right]\] khi và chỉ khi \[\left[ { - \infty ;2020} \right] \subset D\].
Giải:
1.
Thay \[m = 2\] vào hàm số ta được [P]:\[y = {x^2} - 4x + 3\].
Do \[1 > 0\], hàm số đồng biến trên \[\left[ {2; + \infty } \right]\], nghịch biến trên \[\left[ { - \infty ;2} \right]\].
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
Đồ thị có bề lõm hướng lên trên, đồ thị có đỉnh \[\left[ {2; - 1} \right]\]. Đồ thị nhận đường thẳng \[x = 2\] làm trục đối xứng.
Đồ thị đi qua điểm \[A\left[ {0;3} \right],B\left[ {1;0} \right],C\left[ {3;0} \right]\].
2. Đặt \[f\left[ x \right] = {x^2} - 4x + 3\]
\[\begin{array}{l}{x^2} - 4x + k = 0\left[ 1 \right]\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 3 - k\end{array}\]
Số nghiệm của [1] bằng số giao điểm của \[[P]:y = f\left[ x \right]\] và \[\left[ d \right]:y = 3 - k\].
Từ đồ thị ta thấy:
Số giao điểm bằng 0 khi và chỉ khi \[3 - k < - 1 \Leftrightarrow k > 4\].
Số giao điểm bằng 1 khi và chỉ khi \[3 - k = - 1 \Leftrightarrow k = 4\].
Số giao điểm bằng 2 khi và chỉ khi \[3 - k > - 1 \Leftrightarrow k < 4\].
3.
Hàm số nghịch biến trên \[\left[ { - \infty ;m} \right]\]. Hàm số đã cho nghịch biến trên \[\left[ { - \infty ;2020} \right]\] khi và chỉ khi \[\left[ { - \infty ;2020} \right] \subset \left[ { - \infty ;m} \right] \Leftrightarrow m \ge 2020\].
Câu 2[VD]:
Phương pháp:
1. Đặt \[\left| {x - 1} \right| = t\left[ {t \ge 0} \right]\], đưa phương trình về phương trình ẩn t.
2. \[\sqrt A = B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}B \ge 0\\A = {B^2}\end{array} \right.\]
Giải:
1.
\[{x^2} - 2x - 5\left| {x - 1} \right| - 5 = 0\]
\[ \Leftrightarrow {\left[ {x - 1} \right]^2} - 5\left| {x - 1} \right| - 6 = 0\][1].
Đặt \[\left| {x - 1} \right| = t\left[ {t \ge 0} \right]\]. Phương trình [1] trở thành:
\[{t^2} - 5t - 6 = 0 \Leftrightarrow t = 6\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 6\\x - 1 = - 6\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 7\\x = - 5\end{array} \right.\end{array}\]
2. \[\sqrt {{x^2} - 3x + 3} - 2x + 3 = 0\]
\[\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 3x + 3} = 2x - 3\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{3}{2}\\3{x^2} - 9x + 6 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{3}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\end{array}\]
Câu 3[VD]
Phương pháp:
1. Thay \[a = - 5\] vào phương trình. Đặt \[{x^2} = t\left[ {t \ge 0} \right]\], đưa về phương trình ẩn t. Giải t tìm x.
2. Đưa về hai phương trình bậc hai
\[\begin{array}{l}{x^4} - 4{x^2} + a = 0\left[ * \right]\\ \Leftrightarrow {\left[ {{x^2} - 2} \right]^2} = 4 - a\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 4\\\left[ \begin{array}{l}{x^2} = 2 + \sqrt {4 - a} [1]\\{x^2} = 2 - \sqrt {4 - a} \left[ 2 \right]\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}\]
[*] có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi [1] có 2 nghiệm phân biệt và [2] có 2 nghiệm phân biệt không trùng với phương trình [1].
Giải:
1. Thay \[a = - 5\] vào phương trình ta được \[{x^4} - 4{x^2} - 5 = 0\][1]
Đặt \[{x^2} = t\left[ {t \ge 0} \right]\], [1] trở thành:
\[\begin{array}{l}{t^2} - 4t - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\\t = 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow t = 5 \Leftrightarrow {x^2} = 5\end{array}\]
\[x = \pm \sqrt 5 \]
2.
\[\begin{array}{l}{x^4} - 4{x^2} + a = 0\left[ * \right]\\ \Leftrightarrow {\left[ {{x^2} - 2} \right]^2} = 4 - a\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 4\\\left[ \begin{array}{l}{x^2} = 2 + \sqrt {4 - a} [1]\\{x^2} = 2 - \sqrt {4 - a} \left[ 2 \right]\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}\]
[*] có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi [1] có 2 nghiệm phân biệt và [2] có 2 nghiệm phân biệt không trùng với phương trình [1]
[2] có 2 nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow 2 - \sqrt {4 - a} > 0 \Leftrightarrow a > 0\]
Khi \[0 < a < 4\] các nghiệm của [*] đều thỏa mãn \[{x^2} < 4\]. Hay [*] luôn có có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \[\left[ { - 2;2} \right]\]
Vậy \[0 < a < 4\] thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn \[\left[ { - 2;3} \right]\]
Câu 4[VD]
Phương pháp:
1. \[ABCD\] là hình bình hành \[ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \]
Tâm O của hình bình hành: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_O} = \dfrac{{{x_A} + {x_C}}}{2}\\{y_O} = \dfrac{{{y_A} + {y_C}}}{2}\end{array} \right.\]
2. Tìm điểm G.
Sử dụng công thức: \[\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BD} - \overrightarrow {BA} \], tính chất trọng tâm \[\overrightarrow {BG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {BO} \], tính chất trung điểm \[\overrightarrow {BO} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BD} \].
3. Gọi \[I\] là trung điểm của \[MN\].
Sử dụng quy tắc cộng, trừ vectơ chứng minh \[I\] là điểm cố định.
Cách giải:
1.
Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left[ {3 - 2;4 - \left[ { - 1} \right]} \right] = \left[ {1;5} \right]\];\[\overrightarrow {DC} = \left[ {4 - 3;3 - \left[ { - 2} \right]} \right] = \left[ {1;5} \right]\]
\[ \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \]\[ \Rightarrow ABCD\] là hình bình hành.
Tâm O của hình bình hành là chung điểm chung của AC và BD nên : \[\left\{ \begin{array}{l}{x_O} = \dfrac{{{x_A} + {x_C}}}{2} = 3\\{y_O} = \dfrac{{{y_A} + {y_C}}}{2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow O\left[ {3;1} \right]\]
2.
\[\begin{array}{l}\overrightarrow {BE} = 2\overrightarrow {AD} - 3\overrightarrow {GC} \\ = 2\left[ {\overrightarrow {BD} - \overrightarrow {BA} } \right] - 3\left[ {\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BG} } \right]\\ = 2\overrightarrow {BD} - 2\overrightarrow {BA} - 3\overrightarrow {BC} + 3\overrightarrow {BG} \\ = 2\overrightarrow {BD} - 2\overrightarrow {BD} - \overrightarrow {BC} + 3.\dfrac{2}{3}\overrightarrow {BO} \\\left. \begin{array}{l} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {CD} \\\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} \end{array} \right\} \Rightarrow E \equiv A\end{array}\]
3.
\[\begin{array}{l}\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + 3\overrightarrow {MB} - 2\overrightarrow {MC} \\ = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MC} + 3\overrightarrow {CB} = 2\overrightarrow {MO} + 3\overrightarrow {CB} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {MN} - \overrightarrow {MO} - \overrightarrow {MO} = 3\overrightarrow {CB} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {ON} + \overrightarrow {OM} = 3\overrightarrow {CB} \\ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {OI} = 3\overrightarrow {CB} \Leftrightarrow \overrightarrow {OI} = \dfrac{3}{2}\overrightarrow {CB} \end{array}\]
Do O,C,B là các điểm cố định nên I là điểm cố định.
Vậy MN luôn đi qua điểm cố định I.