Ôn tập chương II

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+1\ge0\\2x^2-2x+m=x^2+2x+1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-1\\x^2-4x-1=-m\end{matrix}\right.\)

Cách tốt nhất đến đây: vẽ BBT của hàm \(f\left(x\right)=x^2-4x-1\)

\(f\left(-1\right)=4\) ; \(-\dfrac{b}{2a}=2\Rightarrow f\left(2\right)=-5\)

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm pb thỏa  \(x\ge-1\) khi:

\(-5< -m\le4\) \(\Rightarrow-4\le m< 5\)

Có 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn

Câu 33:

Vì ΔABC vuông cân tại A nên \(\widehat{B}=\widehat{C}=45^0\)

ΔABC vuông cân tại A

=>\(BC=AB\cdot\sqrt{2}=3\sqrt{2}\)

\(\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA}\)

\(=-CB\cdot CA\cdot cos\left(\overrightarrow{CB};\overrightarrow{CA}\right)\)

\(=-3\cdot3\sqrt{2}\cdot cos45\)

\(=-9\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=-9\)

=>Chọn D

ABC vuông cân \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AC=AB=3\\BC=AB\sqrt{2}=3\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)

\(\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CA}=-BC.AC.cos\left(\overrightarrow{CB};\overrightarrow{CA}\right)\)

\(=-3\sqrt{2}.3.cos45^0=-9\)

I là trung điểm AB \(\Rightarrow\overrightarrow{IB}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}\Rightarrow\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{IB}\)

\(A=\left\{1;2;5;10;17\right\}\)

\(\left(x^2-4\right)\left(2x^2-x-1\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-4=0\\2x^2-x-1=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\pm2\\x=1\\x=-\dfrac{1}{2}\notin Z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow B=\left\{-2;1;2\right\}\)

\(\Rightarrow A\backslash B=\left\{5;10;17\right\}\)

Theo công thức trung điểm:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_M=2x_B-x_A=5\\y_M=2y_B-y_A=6\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow M\left(5;6\right)\)

Để B là trung điểm của đoạn thẳng AM, ta cần tìm tọa độ của điểm M.

Theo định nghĩa, trung điểm của một đoạn thẳng là điểm nằm ở giữa hai đầu mút của đoạn đó. Ta áp dụng công thức trung điểm để tìm tọa độ của M.

Công thức trung điểm: M(xM, yM) là trung điểm của đoạn AB <=> (xM, yM) = ((xA + xB)/2, (yA + yB)/2).

Ứng với A(1; -2) và B(3; 2): xM = (1 + 3)/2 = 2, yM = (-2 + 2)/2 = 0.

Vậy tọa độ của điểm M là M(2; 0).

Đáp án đúng là: B. M(2; 0).

Do G là trọng tâm

\(\Rightarrow\overrightarrow{BG}=\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)=-\dfrac{1}{3}AB+\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)\)

\(=-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\)

\(\Rightarrow T=-\dfrac{1}{3}\)

Để tính tổng T = x + y, ta cần tìm giá trị của x và y.

Theo định nghĩa, trọng tâm G của tam giác ABC là điểm giao của ba đường trung tuyến, tức là các đoạn thẳng nối mỗi đỉnh của tam giác với trung điểm của đoạn thẳng đối diện.

Trong bài toán này, ta biết rằng vecto BG có thể được biểu diễn bằng tổng của vecto AB và AC theo các hệ số x và y: BG = xAB + yAC.

Chúng ta cần tìm tổng x + y. Để làm điều này, ta có thể so sánh hệ số của vecto BG đã cho và biểu diễn vecto BG bằng các hệ số x và y:

Theo công thức trung điểm, ta có: BG = 1/2 BA + 1/2 BC.

So sánh với biểu diễn vecto BG đã cho: BG = xAB + yAC.

Áp dụng so sánh, ta có: 1/2 BA + 1/2 BC = xAB + yAC.

Vì BA + AC = BC (điều này có thể được chứng minh dựa trên tính chất của trọng tâm), ta có thể thay thế BC bằng BA + AC trong phương trình và thu gọn được: 1/2 BA + 1/2 (BA + AC) = xAB + yAC, 1/2 BA + 1/2 BA + 1/2 AC = xAB + yAC, BA + 1/2 AC = xAB + yAC.

So sánh hệ số của các vecto AB và AC, ta có hệ phương trình: x = 1, y = 1/2.

Vậy tổng T = x + y = 1 + 1/2 = 3/2.

Đáp án: T = 3/2.

a.

D E thuộc Ox \(\Rightarrow\) tọa độ E có dạng \(E\left(x;0\right)\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{OE}=\left(x;0\right)\\\overrightarrow{OM}=\left(4;1\right)\end{matrix}\right.\)

Tam giác OEM cân tại O \(\Rightarrow OE=OM\)

\(\Rightarrow\sqrt{x^2+0^2}=\sqrt{4^2+1^2}\Rightarrow x^2=17\)

\(\Rightarrow x=\pm\sqrt{17}\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}E\left(\sqrt{17};0\right)\\E\left(-\sqrt{17};0\right)\end{matrix}\right.\)

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{MA}=\left(a-4;-1\right)\\\overrightarrow{MB}=\left(-4;b-1\right)\end{matrix}\right.\)

Tam giác ABM vuông tại M \(\Rightarrow\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=0\)

\(\Rightarrow-4\left(a-4\right)-1\left(b-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow4a+b-17=0\Rightarrow b=17-4a\)

Lại có \(S_{ABM}=\dfrac{1}{2}MA.MB=\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(a-4\right)^2+1}.\sqrt{\left(b-1\right)^2+16}\)

\(=\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(a-4\right)^2+1}.\sqrt{\left(16-4a\right)^2+16}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(a-4\right)^2+1}.\sqrt{16\left[\left(a-4\right)^2+1\right]}\)

\(=2\left[\left(a-4\right)^2+1\right]\ge2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a-4=0\Rightarrow a=4\Rightarrow b=1\)

2.

Gọi \(H\left(x;y\right)\) là toạ độ chân đường cao ứng với BC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AH}=\left(x-1;y+2\right)\\\overrightarrow{BC}=\left(2;1\right)\end{matrix}\right.\)

Do AH vuông góc BC \(\Rightarrow\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\)

\(\Rightarrow2\left(x-1\right)+y+2=0\Leftrightarrow y=-2x\)

 \(\Rightarrow H\left(x;-2x\right)\Rightarrow\overrightarrow{BH}=\left(x+2;-2x-3\right)\)

Do H thuộc BC nên B, C, H thẳng hàng hay các vecto \(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BH}\) cùng phương

\(\Rightarrow\dfrac{x+2}{2}=\dfrac{-2x-3}{1}\Rightarrow x=\dfrac{8}{5}\Rightarrow y=-\dfrac{16}{5}\) \(\Rightarrow H\left(-\dfrac{8}{5};\dfrac{16}{5}\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{AH}=\left(-\dfrac{13}{5};\dfrac{26}{5}\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AH=\sqrt{\left(-\dfrac{13}{5}\right)^2+\left(-\dfrac{6}{5}\right)^2}=\dfrac{13\sqrt{5}}{5}\\BC=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AH.BC=\dfrac{13}{2}\)

3.

Kẻ AD vuông góc BC tại D

\(\Rightarrow AD=BH=10\) ; \(BD=AH=4\)

\(tan\widehat{BAD}=\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{2}{5}\Rightarrow\widehat{BAD}\approx21^048'5''\)

\(\Rightarrow\widehat{CAD}=60^0-\widehat{BAD}=38^011'55''\)

\(\Rightarrow CD=AD.tan\widehat{CAD}=7,87\left(m\right)\)

\(\Rightarrow BC=BD+CD=11,87\left(m\right)\)

Câu 25: B

Câu 26: C

Câu 28: C

Câu 31: B

Câu 32: A

Câu 33: B

Câu 34: A

Câu 35: D