Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 10 online - Mã đề 07

Hàm số xác định khi \(\left\{ \begin{array}{l} x + 3 \ge 0\\ 6 - x \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 \le x \le 6\) nên TXĐ \({\rm{D}} = \left[ { - 3;6} \right].\)

Ta có: \({f^2}\left( x \right) = 9 + 2\sqrt {\left( {x + 3} \right)\left( {6 - x} \right)} \)

Vì \(\sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 - x} \right)} \ge 0,\,\,\forall x \in \left[ { - \,3;6} \right]\) suy ra \({f^2}\left( x \right) \ge 9 \Rightarrow f\left( x \right) \ge 3.\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow x = - 3\) hoặc x = 6. Vậy m = 3

Lại có \(2\sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 - x} \right)} \le 3 + x + 6 - x = 9\) nên suy ra \({f^2}\left( x \right) \le 18 \Rightarrow f\left( x \right) \le 3\sqrt 2 .\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow x + 3 = 6 - x \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}.\) Vậy \(M = 3\sqrt 2 .\)

Vậy \(m = 3,\,\,\,M = 3\sqrt 2 .\)

Dựa vào đáp án, ta có nhận xét sau:

\(\frac{{{a^2}}}{{{a^4} + 1}} - \frac{1}{2} = \frac{{2{a^2} - {a^4} - 1}}{{2\left( {{a^4} + 1} \right)}} = - \frac{{{{\left( {{a^2} - 1} \right)}^2}}}{{2\left( {{a^4} + 1} \right)}} \le 0,\,\,\forall a \in R \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{{a^4} + 1}} \le \frac{1}{2}\,\,\,\)

⇒ A sai

\(\frac{{\sqrt {ab} }}{{ab + 1}} - \frac{1}{2} = \frac{{2\sqrt {ab} - ab - 1}}{{2\left( {ab + 1} \right)}} = - \frac{{{{\left( {\sqrt {ab} - 1} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + 1} \right)}} \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {ab} }}{{ab + 1}} \le \frac{1}{2},\,\,\forall a,\,\,b > 0\,\,\)

⇒ B sai

\(\frac{{\sqrt {{a^2} + 1} }}{{{a^2} + 2}} - \frac{1}{2} = \frac{{2\sqrt {{a^2} + 1} - {a^2} - 2}}{{2\left( {{a^2} + 2} \right)}} = - \frac{{{{\left( {\sqrt {{a^2} + 1} - 1} \right)}^2}}}{{2\left( {{a^2} + 2} \right)}} \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {{a^2} + 1} }}{{{a^2} + 2}} \le \frac{1}{2},\,\,\forall a\,\,\)

⇒ C đúng

\(\left\{ \begin{array}{l} a + b < a\\ b - a > b \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b < 0\\ - \,a > 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a < 0\\ b < 0 \end{array} \right. \\\Rightarrow ab > 0.\)

Ta có:

\(f\left( x \right) = x + \frac{2}{{x - 1}} = x - 1 + \frac{2}{{x - 1}} + 1 \ge 2\sqrt {\left( {x - 1} \right).\frac{2}{{x - 1}}} + 1 = 2\sqrt 2 + 1.\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 1\\ x - 1 = \frac{2}{{x - 1}} \end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 2 .\)

Vậy \(m = 2\sqrt 2 + 1.\)

\(3x + 4 > x + 9 \leftrightarrow 2x > 5 \leftrightarrow x > \frac{5}{2} \Rightarrow {S_1} = \left( {\frac{5}{2}; + \infty } \right).\)

\(1 - 2x \le m - 3x + 1 \leftrightarrow x \le m \Rightarrow {S_2} = \left( { - \infty ;m} \right]\)

Để hệ bất phương trình vô nghiệm \( \Leftrightarrow {S_1} \cap {S_2} = \emptyset \Leftrightarrow m \le \frac{5}{2}.\)

Hệ bất phương trình tương đương với \(\left\{ \begin{array}{l} \left( {2m - 1} \right)x \ge 3 - 2m\\ \left( {4m - 4} \right)x \ge - 3 \end{array} \right..\)

Giả sử hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất thì

\(\frac{{3 - 2m}}{{2m - 1}} = \frac{{ - 3}}{{4m - 4}}\) \( \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m + 15 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{3}{4}\) hoặc \(m = \frac{5}{2}\).

Thử lại

 Với \(m = \frac{3}{4}\), hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {\frac{3}{2} - 1} \right)x \ge 3 - \frac{3}{2}}\\ { - x \ge - 3} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x \ge 3}\\ {x \le 3} \end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 3\): thỏa mãn.

 Với \(m = \frac{5}{2}\), hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {4x \ge - 2}\\ {6x \ge - 3} \end{array}} \right. \Leftrightarrow x \ge - \frac{1}{2}\): không thỏa mãn.

Vậy \(m = \frac{3}{4}\) là giá trị cần tìm. 

\({\left( {x - 3} \right)^2} \ge {x^2} + 7x + 1 \leftrightarrow {x^2} - 6x + 9 \ge {x^2} + 7x + 1 \leftrightarrow x \le \frac{8}{{13}}\)

\( \Rightarrow {S_1} = \left( { - \infty ;\frac{8}{{13}}} \right].\)

\(\begin{array}{l} 2m \le 8 + 5x \Leftrightarrow x \ge \frac{{2m - 8}}{5}\\ \Rightarrow {S_2} = \left[ {\frac{{2m - 8}}{5}; + \infty } \right) \end{array}\)

Để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow {S_1} \cap {S_2}\) là tập hợp có đúng một phần tử \( \Leftrightarrow \frac{8}{{13}} = \frac{{2m - 8}}{5} \Leftrightarrow m = \frac{{72}}{{13}}.\)

Bất phương trình \({m^2}x \ge 6 - x \leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)x \ge 6 \leftrightarrow x \ge \frac{6}{{{m^2} + 1}}\)

\( \Rightarrow {S_1} = \left[ {\frac{6}{{{m^2} + 1}}; + \infty } \right).\)

Bất phương trình \(3x - 1 \le x + 5 \leftrightarrow x \le 3 \Rightarrow {S_2} = \left( { - \infty ;3} \right]\).

Để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow {S_1} \cap {S_2}\) là tập hợp có đúng một phần tử \( \Leftrightarrow \frac{6}{{{m^2} + 1}} = 3 \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow m = \pm 1.\)

Điều kiện: \(x+1 \ne0\) ⇔ \(x \ne -1\)

\(\left| {\dfrac{{2 - x}}{{x + 1}}} \right| \ge 2\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \dfrac{{2 - x}}{{x + 1}} \ge 2\\ \dfrac{{2 - x}}{{x + 1}} \le - 2 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \dfrac{{2 - x}}{{x + 1}} - 2 \ge 0\\ \dfrac{{2 - x}}{{x + 1}} + 2 \le 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \dfrac{{3x}}{{x + 1}} \ge 0 \ (1)\\ \dfrac{{4 + x}}{{x + 1}} \le 0 \ (2) \end{array} \right. \end{array}\)

Giải (1)

(1) ⇔ \(\dfrac{{x}}{{x + 1}} \le 0\) ⇔ \(-1<x \le0\)

Giải (2)

(2) ⇔ \(-4 \le x < -1\)

Do đó tập nghiệm của bất phương trình là \(S=[-4;-1) \cup (-1;0]\)

Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên x cần tìm.

\(\begin{array}{l} \left| {5x - 4} \right| \ge 6\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 5x - 4 \ge 6\\ 5x - 4 \le - 6 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 5x \ge 10\\ 5x \le - 2 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \ge 2\\ x \le - \dfrac{2}{5} \end{array} \right. \end{array}\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} a = - \frac{2}{5}\\ b = 2 \end{array} \right. \Rightarrow 5a + b = 5\left( { - \frac{2}{5}} \right) + 2 = 0\)

Vì \(|x-3|>0, \ \forall x \in R\) nên suy ra \(|x-3|>-1,\ \forall x \in R\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = R.

\(\dfrac3{2-x}<1\)

⇔ \(\dfrac3{2-x}-1<0\)

⇔ \(\dfrac{x+1}{2-x}<0\)

Đặt \(f(x)=\dfrac{x+1}{2-x}\)

Ta có:

x + 1 = 0 ⇔ x = -1

2 - x = 0 ⇔ x = 2

Bảng xét dấu

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\)

Đặt \(f(x)=\dfrac{2-x}{2x+1}\)

Ta có:

2 - x = 0 ⇔ x = 2

2x + 1 = 0 ⇔ \(x=-\dfrac12\)

Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy rằng \(f(x) \ge 0 \Leftrightarrow - \dfrac{1}{2} < x \le 2\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \dfrac{1}{2};2} \right]\).

Ta có \(3x + 2\left( {y + 3} \right) > 4\left( {x + 1} \right) - y + 3\, \Leftrightarrow \, - x + 3y - 1 > 0\).

Vì \(- 2 + 3.1 - 1 > 0\) là mệnh đề đúng nên miền nghiệm của bất phương trình trên chứa điểm có tọa độ B. 

Trên mặt phẳng tọa độ, đường thẳng \(\left( d \right):2x + 3y - 6 = 0\,\,\) chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng.

Chọn điểm O(0;0) không thuộc đường thẳng đó. Ta thấy (x;y) = (0;0) là nghiệm của bất phương trình đã cho. Vậy miền nghiệm của bất phương trình là nửa mặt phẳng bờ (d) chứa điểm O(0;0) kể cả (d).

Vậy bất phương trình (1) luôn có vô số nghiệm. 

Ta có \(3\left( {x - 1} \right) + 4\left( {{\rm{ }}y - 2} \right) < 5x - 3\, \Leftrightarrow \, - 2x + 4y - 8 < 0\).

Vì - 2.0 + 4.0 - 8 < 0 là mệnh đề đúng nên miền nghiệm của bất phương trình trên chứa điểm có tọa độ (0;0). 

Ta có \(- x + 2 + 2\left( {y - 2} \right) < 2\left( {1 - x} \right) \Leftrightarrow x + 2y < 4\).

Vì - 4 + 2.2 < 4 là mệnh đề sai nên (-4;2) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình. 

\(f\left( x \right) > 0\,,{\rm{ }}\forall x \in R\) khi a > 0 và \(\Delta < 0\)

Đặt \(f\left( x \right) = \left( {3{x^2} - 10x + 3} \right)\left( {4x - 5} \right)\)

Phương trình \(3{x^2} - 10x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 3}\\ {x = \frac{1}{3}} \end{array}} \right.\) và \(4x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{4}.\)

Lập bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy \(f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \,\infty ;\frac{1}{3}} \right) \cup \left( {\frac{5}{4};3} \right).\)

Bất phương trình \(x\left( {x + 5} \right) \le 2\left( {{x^2} + 2} \right) \Leftrightarrow {x^2} + 5x \le 2{x^2} + 4 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 \ge 0\)

Xét phương trình \({x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 4 \end{array} \right..\)

Lập bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy \({x^2} - 5x + 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \,\infty ;1} \right] \cup \left[ {4; + \,\infty } \right).\)

Ta có \(f\left( x \right) = {x^2} - 8x + 7 = 0\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 7 \end{array} \right.\).

Bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu \(f\left( x \right) \ge 0\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l} x \le 1\\ x \ge 7 \end{array} \right.\).

Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ;1} \right] \cup \,\left[ {7; + \infty } \right)\).

Vì \(\frac{{13}}{2} \in \left[ {6; + \infty } \right)\) và \(\frac{{13}}{2} \notin S\) nên \(\left[ {6; + \infty } \right)\) thỏa yêu cầu bài toán. 

Đường thẳng đi qua hai điểm \(A(-3;2)\) và \(B(1;4)\) có VTCP là:

\(\overrightarrow {AB} = \left( {4;2} \right)\) hoặc \(\vec u\left( {2;1} \right).\)

\(\left\{ \begin{array}{l} A\left( {1; - 2} \right) \in d\\ {{\vec n}_d} = \left( { - 2;4} \right) \end{array} \right.\)

⇒ \(d: - 2\left( {x - 1} \right) + 4\left( {y + 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow d: - 2x + 4y + 10 = 0 \\\Leftrightarrow d:x - 2y - 5 = 0.\)

Ta có:

\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 3 - 5t}\\ {y = 1 + 4t} \end{array}} \right.\)

⇒ \(\left\{ \begin{array}{l} A\left( {3;1} \right) \in d\\ {{\vec u}_d} = \left( { - 5;4} \right) \to {{\vec n}_d} = \left( {4;5} \right) \end{array} \right.\)

⇒ \(d:4\left( {x - 3} \right) + 5\left( {y - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow d:4x + 5y - 17 = 0.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {d_1}:x - 2y + 1 = 0\\ {d_2}: - 3x + 6y - 10 = 0 \end{array} \\\right. \to \frac{1}{{ - 3}} = \frac{{ - 2}}{6}\not = \frac{1}{{ - 10}}\)

→ \(d_1 //d_2\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {{\vec n}_d} = \left( { - 2; - 5} \right)\\ \Delta \bot d \end{array} \right.\\ \Rightarrow {\vec u_\Delta } = {\vec n_d} = \left( { - 2; - 5} \right)\)

Hay chọn \( - {\vec n_\Delta } = \left( {2;5} \right).\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {{\vec u}_d} = \left( {3; - 4} \right)\\ \Delta \bot d \end{array} \right. \Rightarrow {\vec n_\Delta } = {\vec u_d} = \left( {3; - 4} \right).\)

Đường thẳng d có VTPT: \(\vec n\left( {4; - 2} \right)\)

VTCP \(\vec u\left( {2;4} \right)\) hoặc \(\frac{1}{2}\vec u = \left( {1;2} \right).\)

Góc phần tư (II): \(x + y = 0\) 

⇒ VTPT \(\vec n = \left( {1;1} \right).\)

\(\left\{ \begin{array}{l} x - 3y + 4 = 0\\ 2x + 3y - 1 = 0 \end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 1\\ y = 1 \end{array} \right. \\ \to A\left( { - 1;1} \right) \\ \to d\left( {A;\Delta } \right) = \dfrac{{\left| { - 3 + 1 + 4} \right|}}{{\sqrt {9 + 1} }} = \dfrac{2}{{\sqrt {10} }}.\)

\(d\left( {M;\Delta } \right) = \dfrac{{\left| { - 3 - 4 - 3} \right|}}{{\sqrt {9 + 16} }} = 2.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {d_1}:6x - 5y + 15 = 0 \to {{\vec n}_1} = \left( {6; - 5} \right)\\ {d_2}:\left\{ \begin{array}{l} x = 10 - 6t\\ y = 1 + 5t \end{array} \right. \to {{\vec n}_2} = \left( {5;6} \right) \end{array} \right.\)

\( \to {\vec n_1} \cdot {\vec n_2} = 0\)

\(\varphi = {90^ \circ }.\)

\(\left. \begin{array}{l} {d_1}:\left\{ \begin{array}{l} x = - 1 + t\\ y = - 2 - 2t \end{array} \right. \to {{\vec u}_1} = \left( {1; - 2} \right)\\ {d_2}:\left\{ \begin{array}{l} x = 2 - 2t'\\ y = - 8 + 4t' \end{array} \right. \to B\left( {2; - 8} \right) \in {d_2},\,\,{{\vec u}_2} = \left( { - 2;4} \right) \end{array} \right\} \to \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{{ - 2}} = \frac{{ - 2}}{4}\\ B \in {d_1} \leftrightarrow t = 3 \end{array} \\ \right. \to {d_1} \equiv {d_2}.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} A\left( {2;4} \right)\\ C\left( {2;1} \right) \end{array} \right. \\\Rightarrow M\left( {2;\frac{5}{2}} \right) \\\Rightarrow \overrightarrow {MB} = \left( {3; - \frac{5}{2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {6; - 5} \right) \\\Rightarrow MB:\left\{ \begin{array}{l} x = 5 + 6t\\ y = - 5t \end{array} \right..\)

Ta có:

\(N\left( {20;{y_N}} \right) \in BM\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 20 = 5 + 6t\\ {y_N} = - 5t \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = \frac{5}{2}\\ {y_N} = - \frac{{25}}{2} \end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} A\left( {1;4} \right)\\ B\left( {3;2} \right) \end{array} \right. \\\to M\left( {2;3} \right) \\\to \overrightarrow {MC} = \left( {5;0} \right) = 5\left( {1;0} \right) \\\to CM:\left\{ \begin{array}{l} x = 7 + t\\ y = 3 \end{array} \right.\left( {t \in R} \right).\)

\({\vec u_{Ox}} = \left( {1;0} \right)\\ \Rightarrow {\vec u_d} = \left( {1;0} \right)\\ \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l} x = 4 + t\\ y = - 7 \end{array} \right.\)

Với t = -4 ⇒ \(A\left( {0; - 7} \right) \in d \to d:\left\{ \begin{array}{l} x = t\\ y = - 7 \end{array} \right..\)

Góc phần tư (I) : x - y = 0

⇒ \(VTCP:\vec u\left( {1;1} \right) = {\vec u_d} \)

\(\Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l} x = - 3 + t\\ y = 5 + t \end{array} \right.\left( {t \in R} \right).\)

\(\left\{ \begin{array}{l} A\left( { - 2;1} \right) \in AB,\,\,\,{{\vec u}_{CD}} = \left( {4;3} \right)\\ AB||CD \to {{\vec u}_{AB}} = - {{\vec u}_{CD}} = \left( { - 4; - 3} \right) \end{array} \right.\\ \Rightarrow AB:\left\{ \begin{array}{l} x = - 2 - 4t\\ y = 1 - 3t \end{array} \right.\left( {t \in R} \right).\)

Gọi d là đường thẳng qua A và song song với PQ.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} A\left( {3;2} \right) \in d\\ {{\vec u}_d} = \overrightarrow {PQ} = \left( { - 4; - 2} \right) = - 2\left( {2;1} \right) \end{array} \right. \to d:\left\{ \begin{array}{l} x = 3 + 2t\\ y = 2 + t \end{array} \right.\)

Với t = -2 ⇒ \(M\left( { - 1;0} \right) \in d \to d:\left\{ \begin{array}{l} x = - 1 + 2t\\ y = t \end{array} \right.\left( {t \in R} \right).\)

Gọi d là đường thẳng qua B và song song với AC. Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} B\left( {0;3} \right) \in d\\ {{\vec u}_d} = \overrightarrow {AC} = \left( { - 5; - 1} \right) = - 1.\left( {5;1} \right) \end{array} \right. \\\Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l} x = 5t\\ y = 3 + t \end{array} \right.\left( {t \in R} \right)\)