Tag Archives: học kì

Đề thi Học kì 1 lớp 10 chuyên Toán PTNK năm 2018

Leave a reply

Bài 1. Cho hàm số $y=x^{2}-4 x+3$. (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vē đồ thị hàm số.
b) Từ đồ thị hàm số (1), suy ra đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$. (2)
c) Dựa vào đồ thị hàm số (2), tìm $m$ để phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm.

Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5$
b) $\left\{ \begin{array}{l} \left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right.$.

Bài 3. Tìm tham số $m$ để hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right.$ có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thóa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.

Bài 4. Cho $x$ là số thực dương, đặt $A=x+\dfrac{1}{x}$.
a) Chứng minh rằng $A$ là số nguyên thì $A_{n}=x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ cūng là số nguyên với mọi số nguyên dương $n$.
b) Tìm giá trị lớn nhất của $B=-A^{2}+6 A+1$.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ đường kính $B C=2 R, \widehat{A B C}=60^{\circ} . D$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B C$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ ta có: $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$.
b) Tìm $M$ để $S=M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất theo $R$.
c) Cho $M$ thay đổi trên $A C . D M$ cắt $(O)$ tại $N$. Xác định $M$ để $\mathcal{P} {C/(AMB)}=2 \mathcal{P} {B/(CMN)}$. $a_12$
d) Tìm quy tích $M$ thỏa $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2}$.

Lời giải
Bài 1.
a) Ta có $a=1>0, \dfrac{-b}{2 a}=2$ và $\dfrac{-\Delta}{4 a}=-1$.
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số (1) đồng biến trên $(2 ;+\infty)$ và nghịch biến trên $(-\infty ; 2)$.

Đồ thị hàm số:

b) Từ đồ thị hàm số (1), ta suy ra đồ thị hàm số $y=x^{2}-4|x|+3$  như sau:

Khi đó, ta có được đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$ như sau:

c) Theo đồ thị hàm số (2), phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m^{2}+2 m=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=1 \\ m=-3\end{array}\right.$.

Bài 2. 

a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5 \quad (1)$.

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}x-1 \geq 0 \\ 6-x \geq 0 \\ 7 x-6-x^{2} \geq 0\end{array} \quad \Leftrightarrow 1 \leq x \leq 6\right.$

Đặt $a=\sqrt{x-1} \geq 0$ và $b=\sqrt{6-x} \geq 0$, khi đó $\left\{\begin{array}{l}a b=\sqrt{7 x-6-x^{2}} \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.$.

Kết hợp với (1), ta có hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l}a+b+a b=5 \\ a^{2}+b^{2}=5 .\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a+b=5-a b \quad (2) \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.\right.$

Ta có: $5=a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2 a b=(5-a b)^{2}-2 a b=a^{2} b^{2}-12 a b+25$.

Do đó: $a^{2} b^{2}-12 a b+20=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a b=2 \\ a b=10\end{array}\right.$.

– Nếu $a b=2$, từ (2) ta suy ra $a+b=3$. Khi đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

$$X^{2}-3 X+2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} X=1 \\ X=2 \end{array}\right.$$

Khi đó $(a ; b)=(1 ; 2)$ hoặc $(a ; b)=(2 ; 1)$.

+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=2\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=1 \\ \sqrt{6-x}=2\end{array} \Leftrightarrow x=2\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=2$ thỏa (1).

+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=2 \\ \sqrt{6-x}=1\end{array} \Leftrightarrow x=5\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=5$ thỏa (1).

– Nếu $a b=10$, từ (1) ta suy ra $a+b=-5$ (Loại vì $a, b \geq 0$ nên $a+b \geq 0)$.

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $S=\{2 ; 5\}$.

b) $\left\{\begin{array}{l}\left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right. \quad (I)$

Đặt $a=x^{2}+y$ và $b=x+y^{2}$ thì (I) trở thành:

$$\left\{\begin{array} { l } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } = 8 } \\ { a + b = 4 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { ( a + b ) ^ { 2 } – 2 a b = 8 } \\ { a + b = 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} a b=4 \\ a+b=4 \end{array}\right.\right.\right. $$

Do đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

$$X^{2}-4 X+4=0 \Leftrightarrow X=2 $$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y=2 \\ x+y^{2}=2\end{array}\right.\right.$

Từ (1) và (2) ta suy ra $x^{2}+y=x+y^{2} \Leftrightarrow(x-y)(x+y-1)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=x \\ y=1-x\end{array}\right.$.

– Nếu $y=x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+x+2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=1 \\ x=-2\end{array}\right.$.

+) Với $x=1$, suy ra $y=1$.

+) Với $x=-2$, suy ra $y=-2$.

– Nếu $y=1-x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+1-x=2 \Leftrightarrow x^{2}-x-1=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$

+) Với $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.

+) Với $x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Thử lại thấy các cặp nghiệm trên đều thỏa.

Vậy tập nghiệm của (I) là $(x ; y)=\left\{(1 ; 1),(-2 ;-2),\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right),\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\right\}$.

Bài 3.

$\left\{\begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right. \quad (I)$

Ta có:

$D=m^{2}-(m-1)^{2}=2 m-1$

$D_{x}=(m+1) m-(m+1)(m-1)=m+1 $

$D_{y}=m(m+1)-(m-1)(m+1)=m+1$

Để (I) có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow D \neq 0 \Leftrightarrow 2 m-1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \dfrac{1}{2}$.

Khi đó nghiệm của (I) là $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=\dfrac{D_{x}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1} \\ y_{0}=\dfrac{D_{y}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1}\end{array}\right.$

Vì $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$ nên $\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}+\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=2 \Leftrightarrow\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=1 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{ll}m=0 & \text { (Nhận) } \\ m=2 & \text { (Nhận) }\end{array}\right.$

Vậy $m=0$ hoặc $m=2$ thì (I) có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thỏa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.

Bài 4.

a) – Ta có: $A_{1}=x+\dfrac{1}{x}=A \in \mathbb{Z}, A_{2}=x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2}-2 \in \mathbb{Z}$.

– Giả sử $A_{k} \in \mathbb{Z}$ với mọi $k \leq n$ ( $n$ nguyên dương và $n \geq 2$ ), hay $x^{k}+\dfrac{1}{x^{k}} \in \mathbb{Z}$.

Ta chứng $\operatorname{minh} A_{n+1} \in \mathbb{Z}$, tức là $x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}} \in \mathbb{Z}$.

– Thật vậy, vì $x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ và $x+\dfrac{1}{x}$ là các số nguyên nên $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right) \in \mathbb{Z}$.

Mặt khác, $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=x^{n+1}+x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}+\dfrac{1}{x^{n+1}}=\left(x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}}\right)+\left(x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}\right)$.

Do đó $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=A_{n+1}+A_{n-1}$.

Suy ra $A_{n+1}+A_{n-1} \in \mathbb{Z}$, mà $A_{n-1} \in \mathbb{Z}$ nên $A_{n+1} \in \mathbb{Z}$.

Như vậy, theo nguyên lí quy nạp, ta có $A_{n} \in \mathbb{Z}$ với mọi số nguyên dương $n$.

b) Ta có $B=-A^{2}+6 A+1=-(A-3)^{2}+10 \leq 10$.

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow A=3 \Leftrightarrow x+\dfrac{1}{x}=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$.

Vậy giá trị lớn nhất của $B$ là 10 khi $x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}$ hoặc $x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$.

Bài 5. 

a) Ta có $\Delta A B O$ cân tại $O(O A=O B)$ và $\widehat{A B O}=60^{\circ}$ nên $\Delta A B O$ là tam giác đều.

Suy ra $O A=O B=A B$. (1)

Do $D$ đối xứng với $A$ qua đường kính $B C$ nên $D \in(O)$ và $\widehat{A O B}=\widehat{B O D}=60^{\circ}$.

Kết hợp với $O D=O B=R$, suy ra $\Delta B O D$ là tam giác đều,

kéo theo $B O=O B=O D$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A B=A O=O D=D B$, dẫn đến $A O D B$ là hình thoi. Do đó $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O D}$.

Với điểm $M$ bất kì, ta có:

$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D} =(\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{B A})(\overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}) $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{O D} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{M O}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O D} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}(\overrightarrow{M B}-\overrightarrow{M O})-\overrightarrow{O D}^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O B}–\overrightarrow{O D}^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+O D \cdot O B \cos 60^{\circ}-O D^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$

b) Gọi $H$ là giao điểm của $A D$ và $B C$. Vì $A O D B$ là hình thoi nên $H$ là trung điểm của $A D$ và $B C$.

Lấy $I$ đối xứng với $H$ qua $B$, khi đó $\overrightarrow{I H}=2 \overrightarrow{I B}$.

Mặt khác, $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=2 \overrightarrow{I H}$ (do $H$ là trung điểm của $A D)$.

Suy ra $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=4 \overrightarrow{I B} \Leftrightarrow \overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D}=0$

Ta có:

$M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2} $

$=\overrightarrow{M A}^{2}-4 \overrightarrow{M B}^{2}+\overrightarrow{M D}^{2} $

$=(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I A})^{2}-4(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I B})^{2}+(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I D})^{2} $

$=-2 \overrightarrow{M I}^{2}+2 \overrightarrow{M I}(\overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D})+\overrightarrow{I A}^{2}-4 \overrightarrow{I B}^{2}+\overrightarrow{I D}^{2}$

$=-2 M I^{2}+I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} $

$ \leq I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} .$

Ta có:

$I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2}=2 I A^{2}-4 I B^{2}=2\left(I K^{2}+K A^{2}\right)-4 I B^{2}=2\left(R^{2}+\dfrac{3}{4} R^{2}\right)-4 \cdot \dfrac{R^{2}}{4}=\dfrac{5}{2} R^{2} .$

Vậy giá trị lớn nhất của $M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ là $\dfrac{5}{2} R^{2}$ khi và chỉ khi $M \equiv I$.

d) Lấy $L$ đối xứng với $O$ qua $C$. Khi đó $\overrightarrow{L O}=2 \overrightarrow{L C}$.

Do đó $\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M L}+\overrightarrow{L O}-2 \overrightarrow{M L}-2 \overrightarrow{L C}=-\overrightarrow{M L}$.

Ta có:

$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $

$\Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=0 $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B}(\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C})=0 $

$ \Leftrightarrow-\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M L}=0$

Do đó $M L \perp M B$, vậy $M$ thuộc đường tròn đường kính $B L$.

Lời giải của bạn Trần Thái Hưng – Star Education

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2018 (CS2)

Leave a reply

Bài 1. Giải các phương trình sau:
a) $\sqrt{7x+2} = 1 + \sqrt{4x+1}$
b) $\left| x^2-x-1 \right|+3= 2x$
Bài 2. Tìm $a$, $b$, $c$ biết parabol $(P):y= ax^2 + bx +c$ đi qua điểm $A(1;-1)$ và có đỉnh $I(-1; -5)$.
Bài 3. Tìm $m$ để phương trình $(x-1)\left( \sqrt{x+m}-1 \right) =0$ có hai nghiệm là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 3.
Bài 4. Cho hệ phương trình
$$\left\{ \begin{array}{l}
(1-2m)x +4y = 4m^2 + 4m +3 \
mx + 2(m-1)y=-m-2
\end{array} \right. \quad (I) $$
Chứng minh khi $m$ nhận giá trị bất kì trên $\mathbb{R}$, hệ $(I)$ luôn có nghiệm duy nhất. Giả sử $(x_0, 1)$ là nghiệm của hệ $(I)$. Tìm $x_0$.
Bài 5. Cho góc $\alpha$ thỏa $\tan \left( \alpha + \dfrac{\pi}{3} \right) = -\dfrac{ 3\sqrt{3}}{5}$. Tính giá trị của biểu thức:
$$ P=\dfrac{\cos ^3 \alpha + 2\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha + \sqrt{3} \sin ^3 \alpha }$$
Bài 6. Cho tam giác $ABC$ có $AB=3a$, $AC=6a$, $BC=7a$.
a) Tính $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ và $\cos A$.
b) Gọi $M$, $N$ là hai điểm được xác định bởi $\overrightarrow{AM} = \dfrac{2}{3} \overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AN} = -\dfrac{3}{2} \overrightarrow{AC}$, tính $MN$ theo $a$.
Bài 7. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;3)$, $B(6;-2)$.
a) Tìm tọa độ điểm $C$ sao cho $G(1;1)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
b) Tìm tọa độ chân đường vuông góc kẻ từ $M(4;3)$ đến đường thẳng $AB$.

Lời giải
Bài 1.
a) Nghiệm của phương trình: $x=2$.
b) $\left| x^2-x-1 \right| +3= 2x \\
\Leftrightarrow \left| x^2-x-1 \right| = 2x-3 \quad \left( x \ge \dfrac{3}{2} \right) \\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x^2-x-1 = 2x-3 \\
x^2-x-1=3-2x
\end{array} \right. $

Từ đó suy ra nghiệm của phương trình: $x=2$ hoặc $x=\dfrac{\sqrt{17}-1}{2}$

Bài 2.
$P$ qua điểm $A(1;-1)$ nên $-1=a+b+c$.

$(P)$ có đỉnh $I(-1;-5)$ nên $-5=a-b+c$ và $-\dfrac{b}{2a}= -1$.

Từ đó suy ra $P: y= x^2 + 2x-4$.

Bài 3. Điều kiện: $x\ge -m$

Từ phương trình suy ra: $\left[ \begin{array}{l}
x= 1 \\
x= 1-m
\end{array} \right. $

Để hai nghiệm là độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 thì: $1^2 + (1-m)^2 =3^2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m= 1+2\sqrt{2} \\
m= 1-2\sqrt{2} \quad \text{(loại vì } x\ge -m)
\end{array} \right. $

Vậy $m=1+2\sqrt{2}$.

Bài 4. $D= \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{1-2m}&{4}\\
{m}&{2(m-1)}
\end{array} \right| = (1-2m)(2m-2)-4m = -4m^2+2m-2 $

$D_x = \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{4m^2+4m+3}&{4}\\
{-m-2}&{2(m-1)}
\end{array} \right| = 8m^3+2m+2 $

$D_y= \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{1-2m}&{4m^2+4m+3}\\
{m}&{-m-2}
\end{array} \right| = -4m^3-2m^2-2 $

$D=0 \Leftrightarrow -4m^2+2m-2 =0$ (vô nghiệm).

Suy ra $D \ne 0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$

Vậy với mọi $m \in \mathbb{R}$ thì hệ $(I)$ luôn có nghiệm duy nhất.

Khi $(x_0;1)$ là nghiệm của hệ $(I)$ thì $y=\dfrac{D_y}{D}=\dfrac{-4m^3-2m^2-2}{-4m^2+2m-2}=1 \Leftrightarrow m=0$

Khi đó $x=\dfrac{D_x}{D}= \dfrac{2}{-2}=-1$

Bài 5. $\tan\left( \alpha + \dfrac{\pi}{3} \right) =\dfrac{\tan \alpha + \tan \dfrac{\pi}{3}}{1-\tan \alpha \cdot \tan \dfrac{\pi}{3}} = -\dfrac{3\sqrt{3}}{5} \Leftrightarrow \tan \alpha = 2\sqrt{3}$

$P=\dfrac{\cos ^3 \alpha + 2\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha + \sqrt{3} \sin ^3 \alpha } = \dfrac{1+2\tan \alpha}{\tan ^2 \alpha + \sqrt{3} \tan ^3 \alpha} = \dfrac{1+4\sqrt{3}}{84}$
Bài 6.
a) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -2a^2$; $\cos A = \dfrac{-2a^2}{3a\cdot 6a}= -\dfrac{1}{9}$
b) $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AN} – \overrightarrow{AM} = -\dfrac{3}{2} \overrightarrow{AC} – \dfrac{2}{3} \overrightarrow{AB} \Rightarrow MN^2=\overrightarrow{MN}^2 = \ldots = 81a^2 \Rightarrow MN = 9a$

Bài 7.
a) $C(-4;2)$
b) Gọi chân đường vuông góc hạ từ $M$ đến $AB$ là $H(x,y)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow{MH} \bot \overrightarrow{AB} \\
\overrightarrow{AH} \parallel \overrightarrow{AB}
\end{array} \right. $

Từ đó suy ra: $H\left( \dfrac{5}{2}; \dfrac{3}{2} \right) $

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2017 (CS2)

Leave a reply

Đề và lời giải: Thầy Nguyễn Tấn Phát

Bài 1. Giải các phương trình sau:
a) $(x+2)\sqrt{x^2-5}=x^2-4$
b) $x^2+8x+|x+4|+14=0$
Bài 2. Tìm $a$, $b$, $c$ biết hàm số $y=ax^2+bx+c$ có đồ thị được cho như hình sau.

Bài 3. Tìm $m$ để phương trình $(m-1)^2x^2 – 4(m+1)x+3=0$ có hai nghiệm, trong đó có một nghiệm gấp 3 lần nghiệm còn lại.
Bài 4. Tìm số nguyên $m$ sao cho hệ $\left{ \begin{array}{l}
mx-y=1 \
x+4(m+1)y=4m
\end{array} \right. $ có nghiệm duy nhất và là nghiệm nguyên.
Bài 5. Tính giá trị của biểu thức $P=\dfrac{16\cos ^3 a – \sin ^3 a + 5\cos a}{9\cos a + \sin ^3 a}$ khi $\tan a =3$.

Bài 6. Cho ba vectơ $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ bất kì. Xét tính đúng, sai của các mệnh đề sau:
a) $\left[ \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c} – \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{b} \right] $ vuông góc với $\overrightarrow{a}$
b) $\left( \overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c} = \left( \overrightarrow{b} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{a}$
Bài 7. Cho $\overrightarrow{u}= (1;-2)$, $\overrightarrow{v} = (x;y)$. Tìm $x$, $y$ sao cho $\overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{v}$ cùng phương và $\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v}=-\dfrac{13}{2}$. Tính $|\overrightarrow{v}|$.
Bài 8. Cho tam giác $ABC$ với $A(-3;6)$, $B(1;-2)$, $C(6;3)$. Tìm tọa độ tâm $I$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$.
Bài 9. Cho các điểm $M(-1;2m+3)$, $N(-4; 5m)$ và $P(-3; 3m+2)$. Tìm điều kiện cần và đủ của $m$ để $M$, $N$, $P$ là ba đỉnh của một tam giác. Khi đó chứng minh $\angle NMP$ là góc nhọn.

Lời giải
Bài 1.
a) Nghiệm của phương trình $x=\dfrac{9}{4}$
b) Phương trình tương đương: $(x+4)^2 + |x+4| -2=0$. Đặt $t= |x+4|$, phương trình trở thành $t^2 +t-2=0$.

Từ đó giải được tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{ -3;-5 \right\} $
Bài 2. $(P):y=x^2 -4x+2$

Bài 3. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ thì $\left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1 \\
\Delta = m^2 +14m+1 >0
\end{array} \right. $

Theo Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
x_1+x_2 = \dfrac{4(m+1)}{(m-1)^2} \quad (2) \\
x_1x_2= \dfrac{3}{(m-1)^2} \quad (3)
\end{array} \right. $

Vì nghiệm này gấp ba nghiệm kia nên từ $(2)$, ta tìm được $x_1$, $x_2$ theo $m$, sau đó thay vào $(3)$ giải được $m=0$ (nhận)

Vậy $m=0$

Bài 4. Để hệ có nghiệm duy nhất thì $D \ne 0 \Leftrightarrow m \ne -\dfrac{1}{2}$.

Tính $D_x$, $D_y$, suy ra $x=\dfrac{4}{2m+1}$, $y=\dfrac{2m-1}{2m+1}$.

Để nghiệm nguyên thì $2m+1 \in U(4)$ và $2m-1 \, \vdots \, 2m+1$. Từ đó suy ra $m \in \left\{ -1; 3 \right\} $
Bài 5. Vì $\cos a \ne 0$ nên chia cả tử và mẫu của $P$ cho $\cos ^3 a$, ta được:
$$P= \dfrac{16-\tan ^3 a + 5 \left( \tan ^2 a +1 \right) }{9 \left( \tan ^2 a +1 \right) + \tan ^3 a} = \dfrac{1}{3}$$
Bài 6.
a) Xét tích vô hướng:
$\left[ \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c} – \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{b} \right] \overrightarrow{a} \\= |\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{b} | \cdot \cos (\overrightarrow{a} , \overrightarrow{b} ) \cdot |\overrightarrow{c}|\cdot |\overrightarrow{a} | \cdot \cos (\overrightarrow{c} , \overrightarrow{a} ) – |\overrightarrow{c}|\cdot |\overrightarrow{a} | \cdot \cos (\overrightarrow{c} , \overrightarrow{a} ) \cdot |\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{b} | \cdot \cos (\overrightarrow{a} , \overrightarrow{b} ) = 0$
Suy ra $\left[ \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c} – \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{b} \right] $ vuông góc với $\overrightarrow{a}$
b) $\left( \overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c}$ cùng phương với $\overrightarrow{c}$; $\left( \overrightarrow{b} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{a}$ cùng phương với $\overrightarrow{a}$

Xét trường hợp $\overrightarrow{a}$ không cùng phương với $\overrightarrow{c}$ thì mệnh đề trên sai. Vậy mệnh đề trên sai.

Bài 7. $\overrightarrow{v}=\left( -\dfrac{13}{10} ; \dfrac{13}{5} \right) \Rightarrow |\overrightarrow{v} | = \dfrac{13\sqrt{5}}{10}$
Bài 8. $I(1;3)$, $R=5$
Bài 9. Để $MNP$ là tam giác thì $m \ne 1$

$\cos NMP = \dfrac{2+(m-1)^2}{\sqrt{1+(m-1)^2} \sqrt{4+(m-1)^2}} >0, \; \forall m$ nên $\angle NMP$ là góc nhọn.

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2016 (CS1)

Leave a reply

Đề và lời giải: Thầy Nguyễn Tấn Phát

Bài 1. (1 điểm) Tìm m để phương trình $\dfrac{(x-1)(x-3m)}{\sqrt{x-2}+1}=0$ vô nghiệm
Bài 2. (1 điểm) Gọi $(P)$ là đồ thị của hàm số: $y= x^2 + bx + c \, \, (b,c \in \mathbb{R} )$. Biết các điểm $A(1;-4)$, $B(2;-3)$, thuộc $(P)$. \
Tìm tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(P’)$, với $(P’)$ là đồ thị của hàm số $y= (2x-1)^2 -4$
Bài 3. (1 điểm) Cho hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
x+\dfrac{1}{m} \sqrt{y} =4 \
\dfrac{1}{m} x + \sqrt{y} = \dfrac{2}{m} + 2
\end{array} \right.$, với m là tham số và $m \ne 0$. Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Bài 4. (2 điểm) Giải các phương trình sau:
a) $\sqrt{2x+1}+\sqrt{x-3}=4$
b) $x+ \dfrac{3x}{\sqrt{x^2-9}}=\dfrac{35}{4}$
Bài 5. (1 điểm) Chứng minh đẳng thức: $\tan^2 a – \tan^2 b = \dfrac{\sin(a+b).\sin(a-b)}{\cos^2a.\cos^2b}$
Bài 6. (1 điểm) Cho tam giác $ABC$ có các đỉnh $A(-1;3)$, $B(-3;-3)$, $C(2;2)$. Chứng minh tam giác $ABC$ là tam giác vuông và tìm trực tâm tam giác $ABC$.
Bài 7. (3 điểm) Cho hình bình hành $ABCD$ với $AB=6a$, $AD=3a$, $\angle ABC =60^0$. Gọi $M,N$ thỏa: $\overrightarrow{MA}+2 \overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}$, $3 \overrightarrow{ND}+2 \overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$.
a) Tính $\overrightarrow{AM}. \overrightarrow{AD}$.
b) Tính độ dài cạnh $AN$ theo $a$.
c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $AMN$. Tìm $x$ và $y$ thỏa: $\overrightarrow{BG}= x \overrightarrow{BA} + y \overrightarrow{BD}$.

Lời giải
Bài 1. (1 điểm)
Điều kiện: $x \ge 2$
$\dfrac{(x-1)(x-3m)}{\sqrt{x-2}+1}=0$ (1)
$\Leftrightarrow (x-1)(x-3m)=0$
$\Leftrightarrow x-3m=0$ (2) vì $x \ge 2$
Để phương trình (1) vô nghiệm thì (2) phải vô nghiệm $\Leftrightarrow 3m<2 \Leftrightarrow m < \dfrac{2}{3}$

Bài 2. (1 điểm)
$A(1;-4)$, $B(2;-3)$ thuộc $(P)$, ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
1+b+c=-4\\
4+2b+c=-3
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b=-2\\
c=-3
\end{array} \right.$
Do đó $(P): y=x^2 – 2x -3$
Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(P’)$: $ x^2-2x-3=(2x-1)^2 -4$
$\Rightarrow\left[ \begin{array}{l}
x=0 \Rightarrow y=-3 \\
x=\dfrac{2}{3} \Rightarrow y=-\dfrac{35}{9}
\end{array} \right.$
Vậy giao điểm của $(P)$ và $(P’)$ là $(0;-3)$ và $\left( \dfrac{2}{3};-\dfrac{35}{9} \right)$

Bài 3. (1 điểm)
Ta có:
$D=1-\dfrac{1}{m^2}$
$Dx= \dfrac{4m^2-2m-2}{m^2}$
$Dy= \dfrac{2m-2}{m}$
Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì:
$\left\{ \begin{array}{l}
D \ne 0 \\
y=\dfrac{Dy}{D} \ge 0
\end{array} \right.$
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne \pm 1\\
\left[ \begin{array}{l}
m \ge 0 \\
m \le -1
\end{array} \right.
\end{array} \right. $
$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m < -1 \\ \left\{ \begin{array}{l} m > 0 \\
m \ne 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.$

Bài 4. (2 điểm)
a) Điều kiện: $x \ge 3$.
Ta có $\sqrt{2x+1}+\sqrt{x-3} = 4 \Leftrightarrow 2\sqrt{2x^2-5x-3}=18 – 3x$
$\Leftrightarrow 4(2x^2-5x-3) = 9x^2-108x + 324$ ($x\leq 6$)
$\Leftrightarrow x^2-88x+332 = 0 \Leftrightarrow x = 4 (n), x = 84(l)$.
Vậy $S=\{4\}$.
b) Điều kiện: $x^2 \ge 9 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \ge 3 \\
x \le -3
\end{array} \right.$
$x+ \dfrac{3x}{\sqrt{x^2-9}}=\dfrac{35}{4}$
$\Rightarrow x^2 + \dfrac{9x^2}{x^2-9} + \dfrac{6x^2}{\sqrt{x^2-9}}=\left( \dfrac{35}{4} \right)^2$
$\Rightarrow \dfrac{x^4}{x^2-9}+\dfrac{2.x^2.3}{\sqrt{x^2-9}} +9 = \left( \dfrac{35}{4} \right)^2 + 9$
$\Rightarrow \left( \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} +3 \right)^2 = \dfrac{1369}{16}$
$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} +3 = \dfrac{37}{4} \\
\dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} +3 = -\dfrac{37}{4} \quad \text{(loại)}
\end{array} \right.$
$\Rightarrow \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} = \dfrac{25}{4}$
$\Rightarrow 16x^4=625.x^2-9.625$
$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x= \pm 5\\
x= \pm \dfrac{15}{4}
\end{array} \right.$
Thử lại nghiệm ta chọn $x=5$ hoặc $x=\dfrac{15}{4}$
Vậy $x=5$ hoặc $x=\dfrac{15}{4}$

Bài 5. (1 điểm)
$\tan^2 a – \tan^2 b \\
= \dfrac{\sin^2a}{\cos^2a}-\dfrac{\sin^2b}{\cos^2b} \\
= \dfrac{\sin^2a.\cos^2b – \sin^2b.\cos^2a}{\cos^2a.\cos^2b} \\
= \dfrac{(\sin a.\cos b+\sin b.\cos a)(\sin a.\cos b-\sin b.\cos a )}{\cos^2a.\cos^2b} \\
= \dfrac{\sin(a+b).\sin(a-b)}{\cos^2a.\cos^2b}$
Bài 6. (1 điểm)
$AB^2 =(-3+1)^2+(-3-3)^2=40$
$BC^2 =(2+3)^2+(2+3)^2=50$
$AC^2 =(2+1)^2+(2-3)^2=10$
$\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2$
Vậy tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và có $A$ là trực tâm.

Bài 7. (3 điểm)
a) $MA = \dfrac{2}{3}AB = 4a$
$\angle BAD = 180^0-\angle ABC = 180^0-60^0 = 120^0 $
$\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AD}=|\overrightarrow{AM}|.|\overrightarrow{AD}|.\cos(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AD}) = 4a.3a.\cos 120^0 = -6a^2$
b) $DN = \dfrac{2}{3} CN=\dfrac{2}{5} CD
= \dfrac{2}{5}.6a=\dfrac{12}{5}a$
Áp dụng định lý cosin cho tam giác $ADN$, ta có:
\begin{align*}
AN^2&= AD^2+DN^2-2.AD.DN.\cos \angle ADN \\
&= (3a)^2 + \left( \dfrac{12}{5}a \right)^2 – 2.3a.\dfrac{12}{5}a.\cos 60^0 \\
&= \dfrac{189}{25} a^2
\end{align*}
Do đó $AN= \dfrac{3\sqrt{21}}{5}a$
c) \begin{align*}
\overrightarrow{BG} &= \overrightarrow{BE} + \overrightarrow{EG} \\
&= \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3} \overrightarrow{EN} \\
&= \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3} \left( \overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AN} \right) \\
&= \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BA}+ \dfrac{1}{3} \left( \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DN} \right) \\
&= \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{9} \overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3} \left( \overrightarrow{BD} – \overrightarrow{BA} \right) + \dfrac{1}{3}.\left( -\dfrac{2}{5} \right) \overrightarrow{BA} \\
&= \dfrac{14}{45}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3} \overrightarrow{BD}
\end{align*}
Vậy $x=\dfrac{14}{45}$ và $y=\dfrac{1}{3}$

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2019 (CS1)

Leave a reply

Đề và lời giải: Thầy Nguyễn Tấn Phát

Bài 1. (1 điểm) Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{m^2x+m}{x-1}=1$ có đúng một nghiệm.
Bài 2. (2 điểm) Giải các phương trình sau:
a) $4x-\left| 3x-2 \right| =x^2$
b) $\left( x^2 +x-2 \right) \left( \sqrt{5x-1}-7+2x \right) =0$
Bài 3. (1 điểm) Cho parabol $(P): y=ax^2+bx+c$. Tìm $a$, $b$, $c$ biết điểm $B(-1;4)$ thuộc $(P)$ và $S(0;3)$ là đỉnh của parabol.
Bài 4. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
2mx-(m+1)y=m+1 \
(m-2)x-\dfrac{m}{2}y=-\dfrac{m}{2}-2
\end{array} \right. $
a) Tìm $m$ để hệ phương trình có nghiệm.
b) Tìm nghiệm $\left( x_0; y_0 \right) $ của hệ thỏa $x_0-y_0=-2$
Bài 5. (0,5 điểm) Rút gọn: $P=\dfrac{\sin \left( x+ \dfrac{\pi}{2} \right) + 2\cos (x+ \pi)}{\cos (\pi -x )}$.
Bài 6. (2 điểm) Hình bình hành $ABCD$ có $AB=a$, $AD=a\sqrt{3}$ và $\angle BAD = 30^\circ $
a) Tính $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD}$ và độ dài đoạn $AC$.
b) Gọi $DE$ là đường cao của tam giác $ABD$ ($E$ thuộc đường thẳng $AB$). Tính $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AE}$ và độ dài đoạn $DE$.
Bài 7. (2 điểm) Trong mặt phẳng $Oxy$, cho $A(6;-2)$, $B(3;-1)$, $C(9;7)$.
a) Chứng minh $ABC$ là tam giác vuông và tìm $I$ thuộc trục tung sao cho $\overrightarrow{IB} \cdot \overrightarrow{AB} =10$.
b) Tính độ dài đoạn $AG$ với $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Tìm điểm $K$ thuộc đường thẳng $d: y=x$ sao cho $\left| \overrightarrow{KB} + \overrightarrow{KC} \right| = 2\sqrt{5}$

Lời giải
Bài 1. (1 điểm)
a) Điều kiện: $x\ne 1$

Phương trình $(1) \Rightarrow \left( m^2-1 \right) x=-m-1 \quad (2)$

Phương trình $(1)$ có đúng một nghiệm khi và chỉ khi phương trình $(2)$ có đúng một nghiệm khác 1

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m^2-1 \ne 0 \\
x= \dfrac{-m-1}{m^2-1} \ne 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m\ne 1 \\
m\ne -1 \\
m \ne 0
\end{array} \right. $

Bài 2. (2 điểm)
a)

  • Nếu $x\ge \dfrac{2}{3}$ ta có phương trình:
    $$4x-3x+2=x^2 \Leftrightarrow x^2-x-2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
    x=-1 \quad \text{(loại)} \\
    x=2 \quad \text{(nhận)}
    \end{array} \right. $$
  • Nếu $x < \dfrac{2}{3}$ ta có phương trình:
    $$4x+3x-2=x^2 \Leftrightarrow x^2-7x+2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
    x=\dfrac{7+\sqrt{41}}{2} \quad \text{(loại)} \\
    x=\dfrac{7-\sqrt{41}}{2} \quad \text{(nhận)}
    \end{array} \right. $$

Vậy phương trình có hai nghiệm $x=2$, $x=\dfrac{7-\sqrt{41}}{2}$
b) Điều kiện: $x\ge \dfrac{1}{5}$

$\left( x^2 +x-2 \right) \left( \sqrt{5x-1}-7+2x \right) =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x^2+x-2=0 \quad (2) \\
\sqrt{5x-1}=7-2x \quad (3)
\end{array} \right. $

$(1)\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=1 \quad \text{(nhận)} \\
x=-2 \quad \text{(loại)}
\end{array} \right. $

$(2)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
7-2x \ge 0 \\
5x-1 = 49 -28x+4x^2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \le \dfrac{7}{2} \\
4x^2 – 33x + 50=0
\end{array} \right. \\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x\le \dfrac{7}{2} \\
\left[ \begin{array}{l}
x=2 \\
x=\dfrac{25}{4}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow x=2 \quad \text{(nhận)}$
Vậy phương trình có 2 nghiệm $x=1$, $x=2$.

Bài 3. (1 điểm) $B(-1;4) \in (P) \Rightarrow 4=a-b+c$

$S(0;3)$ là đỉnh nên $3=c$ và $-\dfrac{b}{2a}=0 \Rightarrow b=0 \Rightarrow a=1$

Vậy $a=1$, $b=0$, $c=3$.

Bài 4. (1,5 điểm)
a) $D=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{2m}&{-(m+1)}\\
{m-2}&{-\dfrac{m}{2}}
\end{array} \right| = -m-2$

$D_x=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m+1}&{-(m+1)}\\
{-\dfrac{m}{2}-2}&{-\dfrac{m}{2}}
\end{array} \right| = (m+1)(-m-2)$

$D_y=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{2m}&{m+1}\\
{m-2}&{-\dfrac{m}{2}-2}
\end{array} \right| = (-m-2)(2m-1)$
Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D \ne 0 \Leftrightarrow -m-2 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne -2$

Hệ có vô số nghiệm khi và chỉ khi $D=D_x=D_y=0\Leftrightarrow m=-2$

Khi đó hệ có vô số nghiệm là $(x,y)$ thỏa $-4x+y=-1$

Vậy hệ có nghiệm với mọi giá trị của $m$.
b)

  • TH1. Hệ có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D \ne 0\ne m \ne -2$Khi đó $x_0=m+1$, $y_0=2m-1$

    $x_0-y_0=-2 \Leftrightarrow m+1-2m+1=-2 \Leftrightarrow m=4$ (nhận)

    Khi đó nghiệm của hệ là $(5;7)$.

  • TH2. Hệ có vô số nghiệm khi và chỉ khi $D=D_x=D_y=0 \Leftrightarrow m=-2$Khi đó hệ có vô số nghiệm $\left( x_0;y_0 \right) $ thỏa $-4x_0+y_0=-1$

    Khi đó ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
    x_0-y_0=-2 \\
    -4x_0+y_0=-1
    \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    x_0=1 \\
    y_0=3
    \end{array} \right. $

    Hệ có nghiệm là $(1;3)$.

Bài 5. (0,5 điểm) $\sin \left( x+ \dfrac{\pi}{2} \right) =\cos x$, $\cos (x+ \pi) = -\cos x$, $\cos (\pi -x) = – \cos x$

$P=\dfrac{\cos x – 2\cos x}{-\cos x} = 1$
Bài 6. (2 điểm)
a) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = AB\cdot AD \cdot \cos BAD = \dfrac{3}{2} a^2$

$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$

$AC^2 = \left( \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} \right) ^2 = AB^2 + AD^2 + 2\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = a^2 + 3a^2 + 3a^2 = 7a^2$

$\Rightarrow AC=\sqrt{7}a$
b) Đặt $\overrightarrow{AE} = x\cdot \overrightarrow{AB}$

$\overrightarrow{DE} = \overrightarrow{AE} – \overrightarrow{AD} = x\overrightarrow{AB}- \overrightarrow{AD}$

$DE \bot AB \Leftrightarrow \overrightarrow{DE} \bot \overrightarrow{AB} \Leftrightarrow \overrightarrow{DE} \cdot \overrightarrow{AB} =0 \\
\Leftrightarrow \left( x\overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AD} \right) \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \\
\Leftrightarrow xAB^2 – \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} =0 \Leftrightarrow xa^2 – \dfrac{3}{2}a^2 =0 \Leftrightarrow x=\dfrac{3}{2}$

Vậy $\overrightarrow{AE} = \dfrac{3}{2} \overrightarrow{AB}$

$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AB} \cdot \left( \dfrac{3}{2} \overrightarrow{AB} \right) = \dfrac{3}{2} AB^2 = \dfrac{3}{2} a^2$

$DE^2 = \left( \dfrac{3}{2} \overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AD} \right) ^2 = \dfrac{9}{4}AB^2 + AD^2 – 3\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = \dfrac{9}{4}a^2 + 3a^2 – \dfrac{9}{2}a^2 = \dfrac{3}{4}a^2 \\
\Rightarrow DE = \dfrac{\sqrt{3}}{2}a$

Hoặc cách khác.

Tam giác $ABE$ vuông tại $E$ có $\angle DAE = 30^\circ $ nên $\sin 30^\circ = \dfrac{DE}{AD} \Rightarrow DE=AD \cdot \sin 30^\circ = a\sqrt{3}\cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

Bài 7. (2 điểm)
a) $\overrightarrow{AB}(-3;1)$, $\overrightarrow{AC}(3;9)$

$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -3\cdot 3 + 1\cdot 9 =0 \Rightarrow \overrightarrow{AB} \bot \overrightarrow{AC} \Rightarrow \triangle ABC$ vuông tại $A$.

Đặt $I(0;i)$

$\overrightarrow{IB}(3;-1-i)$, $\overrightarrow{AB}(-3;1)$

$\overrightarrow{IB} \cdot \overrightarrow{AB} =10 \Leftrightarrow 3\cdot (-3) + (-1-i)\cdot 1= 10 \Leftrightarrow i=-20$

Vậy $I(0;-20)$.
b) $G\left( 6; \dfrac{4}{3} \right) $

$\overrightarrow{AG}\left( 0; \dfrac{10}{3} \right) \Rightarrow AG= \dfrac{10}{3}$

Đặt $K(k;k)$

$\overrightarrow{KB}(3-k;-1-k)$, $\overrightarrow{KC}(9-k;7-k)$

$\overrightarrow{KB}+ \overrightarrow{KC} = (12-2k;6-2k)$

$\left| \overrightarrow{KB} + \overrightarrow{KC} \right| = 2\sqrt{5} \Leftrightarrow (12-2k)^2 + (6-2k)^2 =20 \\
\Leftrightarrow k^2-9k+20=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
k=4 \\
k=5
\end{array} \right. $

Vậy $K(4;4)$ hoặc $K(5;5)$.

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2020 (CS2)

Leave a reply

Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình:
a) $\dfrac{x^2 – 3x -4}{\sqrt{3-x}}=0$
b) $\sqrt{x+2}= \sqrt{2x+5} – \sqrt{3-x}$
Bài 2. (1 điểm) Tìm tọa độ đỉnh $I$ của parabol $(P): y= ax^2 + bx+ c \ (a \ne 0)$, biết parabol $(P)$ cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ lần lượt bằng 2 và 8, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8.
Bài 3. (1 điểm) Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{x(2-x)}{\sqrt{2-x}} = \left( m^2 +1 \right) \sqrt{2-x}$ có nghiệm.
Bài 4. (1 điểm) Tìm $m$ để hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
(m+1)x-2y =m-1 \
m^2x-y = m^2 + 2m
\end{array} \right. $ có nghiệm duy nhất $\left( x_0; y_0 \right) $. Xác định một hệ thức liên hệ giữa $x_0$ và $y_0$ mà không phụ thuộc vào $m$.
Bài 5. (1 điểm) Cho góc $a$ thỏa $\tan \left( a + \dfrac{\pi}{2} \right) = -\sqrt{3}$. Tính giá trị của biểu thức:
$$P=\dfrac{\sin ^6 a + \cos ^6 a + 2\sin ^3 a \cdot \cos ^3 a}{\sin ^5 a \cdot \cos ^3 a + \sin ^3 a \cdot \cos ^5 a}$$
Bài 6. (2 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn có độ dài cạnh $AB=5$. Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ $A$ và $BH=3$, $CH=6$.
a) Tính $\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC}$ và độ dài $AC$.
b) Gọi $M$ là trung điểm của $AH$. Tính $\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC}$.
Bài 7. (2 điểm) Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;2)$, $B(-1;5)$, $C(3;2)$.
a) Tìm tọa độ trọng tâm $G$ và điểm $I$ thỏa $2\overrightarrow{IA} + 3\overrightarrow{IB} = 4\overrightarrow{IC}$.
b) Tìm tọa độ điểm $D$ biết $ABCD$ là hình thang có đáy $AB = \dfrac{3}{8}CD$.

Lời giải
Bài 1.
a) Điều kiện: $x<3$
$\dfrac{x^2 – 3x -4}{\sqrt{3-x}}=0 \Leftrightarrow (x+1)(x-4)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=-1 \quad (n) \\
x=4 \quad \ (l)
\end{array} \right. $
Vậy $S=\left\{ -1 \right\} $

b) $\sqrt{x+2}= \sqrt{2x+5} – \sqrt{3-x} \quad (1)$
Điều kiện: $-2 \le x \le 3$
$(1) \Leftrightarrow \sqrt{x+2} + \sqrt{3-x} = \sqrt{2x+5} \\
\Leftrightarrow 5 + 2\sqrt{-x^2+x+6} = 2x+5 \\
\Leftrightarrow \sqrt{-x^2+x+6} = x \quad (x\ge 0) \\
\Leftrightarrow -x^2 + x+6 = x^2 \\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=-\dfrac{3}{2} \quad (l) \\
x=2 \hspace{0.8cm} (n)
\end{array}\right.$

Vậy $S=\left\{ 2 \right\} $

Bài 2. (1 điểm) Theo đề ta có $(2;0)$, $(8;0)$, $(0;8)$ thuộc $(P)$ nên ta có hệ:

$\left\{ \begin{array}{l}
4a + 2b + c=0 \\
64a + 8b + c =0 \\
c=8
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a=\dfrac{1}{2} \\
b=-5 \\
c=8
\end{array} \right. $

Suy ra $(P): y=\dfrac{1}{2}x^2 -5x+8$

Vậy tọa độ đỉnh $I$ của $(P)$ là $I\left( 5 ; -\dfrac{9}{2} \right) $
Bài 3. (1 điểm) ĐKXĐ: $x<2$
$\dfrac{x(2-x)}{\sqrt{2-x}} = \left( m^2 +1 \right) \sqrt{2-x} \Leftrightarrow x(2-x) = (m^2+1) (2-x)$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=2 \ (l)\\
x=m^2 +1
\end{array}\right.$
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $m^2+1 <2 \Leftrightarrow m^2 <1 \Leftrightarrow -1 < m <1$
Vậy khi $-1<m<1$ thì phương trình có nghiệm $x=m^2+1$.
Bài 4. (1 điểm)
Ta có:
$D=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m+1}&{-2}\\
{m^2}&{-1}
\end{array}\right| = 2m^2 -m-1=(m-1)(2m+1)$

$D_x = \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m-1} & {-2}\\
{m^2 +2m} & {-1}
\end{array}\right| = 2m^2 +3m+1 = (2m+1)(m+1)$

$D_y=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m+1} & {m-1}\\
{m^2} & {m^2 +2m}
\end{array}\right| = 4m^2 +2m = 2m(2m+1)$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D\ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m\ne 1\\
m\ne -\dfrac{1}{2}
\end{array}\right.$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
x_0 = \dfrac{D_x}{D} = \dfrac{m+1}{m-1}\\\\
y_0= \dfrac{D_y}{D} = \dfrac{2m}{m-1}
\end{array}\right. $

Ta có: $y_0 -x_0 = \dfrac{2m-m-1}{m-1} = 1$
Bài 5. (1 điểm) Ta có: $\tan \left(\alpha + \dfrac{\pi}{2}\right) = -\sqrt{3} \Leftrightarrow \tan \alpha = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

ĐKXĐ: $\cos \alpha \ne 0$

Chia cả tử và mẫu của $P$ cho $\cos \alpha ^8$ ta được:

$P=\dfrac{\sin ^6 a + \cos ^6 a + 2\sin ^3 a \cdot \cos ^3 a}{\sin ^5 a \cdot \cos ^3 a + \sin ^3 a \cdot \cos ^5 a}$

$=\dfrac{ \tan \alpha ^6 \cdot (\tan \alpha ^2 +1) + \tan \alpha ^2 +1 + 2\tan \alpha ^3 \cdot (\tan \alpha ^2 +1)}{\tan \alpha ^5 + \tan \alpha ^3}$

$=\dfrac{28+8\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}$
Bài 6. (2 điểm)
a) Tam giác $ABH$ vuông tại $H$ nên $AH^2 = AB ^2 – BH^2 =16 \Rightarrow AH=4$

Tam giác $ACH$ vuông tại $H$ nên $AC^2 = AH^2 + CH^2 = 52 \Rightarrow AC=2\sqrt{13}$

Ta có: $CA^2 = \overrightarrow{CA}^2 = (\overrightarrow{BA} – \overrightarrow{BC} )^2 = BA^2 + BC^2 -2\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}$

$\Rightarrow 52 = 25+ 81 – 2 \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC}$
$\Rightarrow \overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 27$
b) Tam giác $MBH$ vuông tại $H$ có: $MB^2 = MH^2 + BH^2 = 13 \Rightarrow MB =\sqrt{13}$

Tam giác $MCH$ vuông tại $H$ có: $MC^2 = MH^2 + CH^2 = 40 \Rightarrow MC = 2\sqrt{10}$

Ta có: $ CB^2 = (\overrightarrow{MB} – \overrightarrow{MC})^2 = MB^2 + MC^2 – 2\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC}$

$\Rightarrow 81 = 13 + 40 – 2\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} \Rightarrow \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} = -14$
Bài 7. (2 điểm)
a) Gọi $G(x_G; y_G)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
x_G = \dfrac{x_A+x_B+x_C}{3} = 1\\
y_G = \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3} =3
\end{array}\right. \Rightarrow G(1;3)$

Gọi $I(x_I; y_I)$

Khi đó $\overrightarrow{IA} = (1-x_I; 2-y_I)$, $\overrightarrow{IB} = (-1-x_I; 5-y_I)$, $\overrightarrow{IC} = (3-x_I; 2-y_I)$

Ta có: $2\overrightarrow{IA} + 3 \overrightarrow{IB} = 4\overrightarrow{IC} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2(1-x_I) + 3(-1-x_I) = 4(3-x_I)\\
2(2-y_I) + 3(5-y_I) = 4(2-y_I)
\end{array}\right.$
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_I = -13\\
y_I = 11
\end{array}\right.$

Vậy $I(-13; 11)$.
b) Gọi $D(x_D; y_D)$ khi đó $\overrightarrow{DC} = (3-x_D ; 2-y_D)$, $\overrightarrow{AB} = (-2; 3)$

Ta có: $AB // CD$ và $AB = \dfrac{3}{8}CD$

$ \Rightarrow \overrightarrow{AB} = \dfrac{3}{8} \overrightarrow{DC} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
-2 = \dfrac{3}{8} (3-x_D)\\
3 = \dfrac{3}{8} (2-y_D)
\end{array}\right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_D = \dfrac{25}{3}\\
y_D = -6
\end{array}\right.$

Vậy $D\left(\dfrac{25}{3}; -6\right)$

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2020 (CS1)

Leave a reply

Đề thi và đáp án HK1 môn toán 10 trường PTNK (CS1)

Năm học 2020 – 2021

Thực hiện: Thầy Nguyễn Tấn Phát – GV PTNK

Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình:
a) $\dfrac{{{x^4} – 10{x^2} + 9}}{{\sqrt {x – 2} }} = 0$
b) $x\sqrt {{x^2} – x + 3} = x\left( {x – 6} \right)$
Bài 2. (1 điểm) Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{1}{x} + \dfrac{{m + x}}{{x – 1}} = 1$ có nghiệm duy nhất.
Bài 3. (1 điểm) Chứng minh
$$\left[ {\cos 2\pi – \cos \left( {2\pi + x} \right)} \right]\left[ {1 + {{\tan }^2}\left( {\frac{\pi }{2} – x} \right)} \right] = \frac{1}{{1 + \cos x}}$$
Bài 4. (1 điểm) Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
mx – \left( {m + 1} \right)y = 1\
\left( {2 – m} \right)x + \left( {m – 3} \right)y = 3 – 2m
\end{array} \right.$ ($m$ là tham số).
a) Tìm $m$ để hệ có nghiệm duy nhất $\left( x_0; y_0 \right) $.
b) Chứng minh $x_0^2 – y_0^2 – 2{x_0} = – 1$
Bài 5. (1 điểm) Gọi $(P)$ là đồ thị của hàm số $y = {x^2} + 2x – m$. Biết $(P)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ là 4. Tìm m và tọa độ đỉnh của $(P)$.
Bài 6. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có $AD = a$, $AB = 2a$ và $\widehat {DAB} = 120^\circ $.
a) Tính $\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB}$. Chứng minh $AB^2 – AD^2 = \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {DB} $
b) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $DB$. Tính $\overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DA}$.
Bài 7. (2 điểm) Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;6)$, $B(6;5)$, $C(6;1)$.
a) Tìm tọa độ $M$ sao cho $\overrightarrow {CM} = \overrightarrow {CA} – \overrightarrow {CB} $
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt trục tung tại hai điểm phân biệt $E$, $F$. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tìm toạ độ $E$ và $F$.

Lời giải

Bài 1.
a) $\dfrac{{{x^4} – 10{x^2} + 9}}{{\sqrt {x – 2} }} = 0 \quad (1) $
Điều kiện: $x>2$
$(1) \Leftrightarrow {x^4} – 10{x^2} + 9 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=1 \quad (l) \\
x=-1 \quad (l) \\
x=3 \quad (n) \\
x=-3 \quad (l)
\end{array} \right. $
Vậy $S=\left\{ 3 \right\} $
b) $x\sqrt{x^2-x+3} = x(x-6)$ (NX: $x^2 -x+3 >0$, $\forall x\in \mathbb{R}$)
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x=0\\
\sqrt{x^2 -x +3 } = x-6 \ (*)
\end{array}\right. $
$(*)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x-6\ge 0\\
x^2 -x +3 = (x-6)^2
\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x\ge 6\\
x=3
\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow x\in \emptyset$
Vậy $S=\left\{ 0\right\} $

Bài 2. (1 điểm) ĐKXĐ: $x\ne 0$, $x\ne 1$

Phương trình trở thành: $(m+2)x=1$

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
m+2\ne 0\\\\
\dfrac{1}{m+2}\ne 0\\\\
\dfrac{1}{m+2}\ne 1
\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m\ne -2\\
m\ne -1
\end{array}\right. $

Vậy $m\ne -2$ và $m\ne -1$ thì phương trình có nghiệm duy nhất $x=\dfrac{1}{m+2}$
Bài 3. (1 điểm)
$VT= \left[ {\cos 2\pi – \cos \left( {2\pi + x} \right)} \right]\left[ {1 + {{\tan }^2}\left( {\dfrac{\pi }{2} – x} \right)} \right] $

$= (1-\cos x) (1+\cot^2 x)$

$ = (1-\cos x) \cdot \dfrac{1}{\sin^2 x}$

$= (1-\cos x )\cdot \dfrac{1}{1-\cos^2 x}$

$=\dfrac{1}{1+\cos x}=VP$
Bài 4. (1 điểm)
a) Ta có:
$D=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m}&{-(m+1)}\\
{2-m}&{m-3}
\end{array}\right| = 2(1-m)$

$D_x = \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{1} & {-(m+1)}\\
{3-2m} & {m-3}
\end{array}\right| = 2m(1-m)$

$D_y=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{m} & {1}\\
{2-m} & {3-2m}
\end{array}\right| = -2(m-1)^2$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D\ne 0 \Leftrightarrow m\ne 1$
b) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
x_0 = \dfrac{D_x}{D} = m\\\\
y_0= \dfrac{D_y}{D} = m-1
\end{array}\right. $

Ta có: $x_0^2 – y_0^2 -2x_0 = m^2 – (m-1)^2 -2m =-1$
Bài 5. (1 điểm) Thay $M(0;4)$ vào $(P)$, ta có: $4=-m \Leftrightarrow m=-4$
Tọa độ đỉnh $I( -1;3)$
Bài 6. (2 điểm)
a) Ta có: $\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} = – AD \cdot AB \cdot \cos 120^\circ = a^2$

Ta có: $AB^2 – AD^2 = \left( \overrightarrow{AB}\right) ^2 – \left( \overrightarrow{ AD}\right) ^2 $

$= \left( \overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AD}\right) \left( \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} \right) = \overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{AC}$
b) Đặt $\overrightarrow{DH} =x\overrightarrow{DB}$

Ta có: $\overrightarrow{AH} = x\overrightarrow{AB} + (1-x)\overrightarrow{AD}$

Ta có: $\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BD} = 0$

$\Leftrightarrow \left( x\overrightarrow{AB} + (1-x)\overrightarrow{AD}\right) \cdot \left( \overrightarrow{AD} – \overrightarrow{AB}\right) =0$

$\Leftrightarrow x (-a^2) -4xa^2 + (1-x)a^2 -(1-x)(-a^2) =0$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{7}$

Ta có: $\overrightarrow{DH} = \dfrac{2}{7} \overrightarrow{DB}$

$\Rightarrow \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DH} = \dfrac{2}{7} \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DB}$

$=\dfrac{2}{7} \overrightarrow{DA} \left( \overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AB}\right) $

$=\dfrac{2}{7} \left( DA^2 + \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB}\right) $

$=\dfrac{4}{7}a^2$
Bài 7. (2 điểm)
a) Gọi $M(x;y)$

Ta có: $\overrightarrow{CM} = \overrightarrow{CA} – \overrightarrow {CB}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{BA}$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x-6 = -5\\
y-1=1
\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=1\\
y=2
\end{array}\right. $

Vậy $M(1;2)$
b) Gọi $I(x_I;y_I)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
IA = IB\\
IA = IC
\end{array}\right. $
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
5x_I -y_I =12\\
(5-y_I)^2 = (1-y_I)^2
\end{array}\right. $
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_I=3\\
y_I=3
\end{array}\right. $

Gọi $E(0;y_E)\in Oy$.

Ta có: $IA = IE \Rightarrow (3-y_E)^2 =4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
y_E =1\\
y_E =5
\end{array}\right. $

Vậy $E(0;1)$, $F(0;5)$ hoặc ngược lại.