Lời giải – đề 7

Câu

Phần

Nội dung

Điểm

Bài 1 (2,0đ)

1)

$Q=dfrac{x}{sqrt{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}-left$1+dfracxsqrt{x}^2-y^{2}right$:dfrac{y}{x-sqrt{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}$

  $begin{array}{l}
 = frac{x}{{sqrt {{x^2} – {y^2}} }} – frac{{x + sqrt {{x^2} – {y^2}} }}{{sqrt {{x^2} – {y^2}} }} cdot frac{{x – sqrt {{x^2} – {y^2}} }}{y}\
 = frac{x}{{sqrt {{x^2} – {y^2}} }} – frac{{{x^2} – {x^2} + {y^2}}}{{ysqrt {{x^2} – {y^2}} }}\
 = frac{x}{{sqrt {{x^2} – {y^2}} }} – frac{y}{{sqrt {{x^2} – {y^2}} }}\
 = frac{{{{left$sqrtx–yright$}^2}}}{{sqrt {x + y} .sqrt {x – y} }}\
 = frac{{sqrt {x – y} }}{{sqrt {x + y} }}
end{array}$

Vậy $Q=dfrac{sqrt{x-y}}{sqrt{x+y}}$ với $x>y>0$.

1.5

2)

Thay $x=3y$ $thỏamãnĐK$ vào biểu thức Q, ta được:

$Q=dfrac{sqrt{3y-y}}{sqrt{3y+y}}=dfrac{sqrt{2y}}{sqrt{4y}}=dfrac{sqrt{2}}{2}$

Vậy $Q=dfrac{sqrt{2}}{2}$ khi $x=3y$.

0.5

Bài 2 (1,0đ)

Vì đường thẳng $$d$:y=ax+b$ đi qua điểm $A$-1;1$$ nên ta có:

$1=-a+bLeftrightarrow b=a+1$                                                               $1$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $P$:

$ax+b={{x}^{2}}Leftrightarrow {{x}^{2}}-ax-b=0$                                                 $2$

Thay $1$ vào $2$ được:

${x^2} – ax – a – 1 = 0 Leftrightarrow $x+1$$x–1–a$ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x =  – 1\
x = a + 1
end{array} right.$

Vì (d) tiếp xúc với parabol $$P$:y={{x}^{2}}$ tại điểm $A$-1;1$$ nên phương trình $2$ có nghiệm kép ${{x}_{1}}={{x}_{2}}=-1$

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow  – 1 = a + 1 Leftrightarrow a =  – 2\
 Rightarrow b =  – 2 + 1 =  – 1
end{array}$

Vậy $a=-2;b=-1$.

1.0

Bài 3 (2,0đ)

1)

$sqrt{dfrac{{{x}^{2}}}{4}+sqrt{{{x}^{2}}-4}}=8-{{x}^{2}}Leftrightarrow sqrt{{{x}^{2}}+4sqrt{{{x}^{2}}-4}}=16-2{{x}^{2}}$                    $1$

ĐK: $2le left| x right|le 2sqrt{2}$

Đặt $y=sqrt{{{x}^{2}}-4}text{ }$yge0$Rightarrow {{x}^{2}}={{y}^{2}}+4$

Phương trình $1$ trở thành:

$begin{array}{l}
{rm{    }}sqrt {{y^2} + 4 + 4y}  = 16 – 2left$y^2+4right$\
 Leftrightarrow sqrt {{{left$y+2right$}^2}}  = 8 – 2{y^2}\
 Leftrightarrow left| {y + 2} right| = 8 – 2{y^2}\
 Leftrightarrow y + 2 = 8 – 2{y^2}{rm{ }}$rmdoyge0Rightarrowy+2>0$\
 Leftrightarrow 2{y^2} + y – 6 = 0\
 Leftrightarrow $y+2$$2y–3$ = 0\
 Leftrightarrow 2y – 3 = 0{rm{ }}$rmdoy+2>0$\
 Leftrightarrow y = frac{3}{2}
end{array}$

Với $y=dfrac{3}{2}$, ta có:

${{x}^{2}}={{left$dfrac32right$}^{2}}+4Leftrightarrow {{x}^{2}}=dfrac{25}{4}Leftrightarrow x=pm dfrac{5}{2}$

Kết hợp với điều kiện $Rightarrow x=pm dfrac{5}{2}$

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x=pm dfrac{5}{2}$.

1.0

2)

$left{ begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} = 2y + 1{rm{  $1$}}\
xy = x + 1{rm{            $2$}}
end{array} right.$

Với $x=0$, phương trình $2$ trở thành $0=1$ $vôlí$.

Với $xne 0$, ta có:

$begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} = 2y + 1\
xy = x + 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} – 2y + 1 = 2\
y = 1 + frac{1}{x}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x^2} + {$y–1$^2} = 2\
y – 1 = frac{1}{x}
end{array} right.\
 Rightarrow {x^2} + {left$frac1xright$^2} = 2 Leftrightarrow {x^4} + 1 = 2{x^2}{rm{ }}$rmdoxne0$\
 Leftrightarrow {left$x^2–1right$^2} = 0 Leftrightarrow {x^2} – 1 = 0 Leftrightarrow x =  pm 1
end{array}$

Với $x=1Rightarrow y=1+dfrac{1}{1}Leftrightarrow y=2$

Với $x=-1Rightarrow y=1+dfrac{1}{-1}Leftrightarrow y=0$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $$x,y$in left{ $1;2$,$-1;0$ right}$.

1.0

Bài 4 (1,0đ)

$$b^2+c^2-a^2${{x}^{2}}-4bcx+$b^2+c^2-a^2$=0$                            $1$

Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác nên:

$a,b,c>0;text{ }b+c-a>0;text{ }a+b-c>0;text{ }a+c-b>0$               $2$

Xét 2 trường hợp:

+ TH1: ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}=0$

Phương trình (1) trở thành:

$-4bcx=0Leftrightarrow x=0text{ }$textdob,c>0$$

$Rightarrow $ Phương trình (1) có nghiệm

+ TH2: ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}ne 0Rightarrow $ Phương trình (1) là phương trình bậc hai

Xét $Delta ‘={{$2bc$}^{2}}-{{$b^2+c^2-a^2$}^{2}}$

         $begin{array}{l}
 = $2bc+b^2+c^2–a^2$$2bc–b^2–c^2+a^2$\
 = left$${left(b+cright)}^2–a^{2}right$$left$$a^2–{left(b–cright)}^{2}right$$\
 = left$a+b+cright$left$b+c–aright$left$a+b–cright$left$a+c–bright$
end{array}$

Kết hợp với $2$ $Rightarrow Delta ‘>0Rightarrow $ Phương trình (1) có nghiệm

* Kết luận: Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm.

1.0

Bài 5 (1,0đ)

Vì $x,y,z>0;text{ }{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=2$ nên:

$begin{array}{l}
{rm{    }}frac{2}{{{x^2} + {y^2}}} + frac{2}{{{y^2} + {z^2}}} + frac{2}{{{z^2} + {x^2}}} le frac{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}}{{2xyz}} + 3{rm{                         $1$}}\
 Leftrightarrow frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{{{y^2} + {z^2}}} + frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{{{z^2} + {x^2}}} le frac{{{x^2}}}{{2yz}} + frac{{{y^2}}}{{2zx}} + frac{{{z^2}}}{{2xy}} + 3\
 Leftrightarrow 1 + frac{{{z^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + 1 + frac{{{x^2}}}{{{y^2} + {z^2}}} + 1 + frac{{{y^2}}}{{{z^2} + {x^2}}} le frac{{{x^2}}}{{2yz}} + frac{{{y^2}}}{{2zx}} + frac{{{z^2}}}{{2xy}} + 3\
 Leftrightarrow frac{{{x^2}}}{{{y^2} + {z^2}}} + frac{{{y^2}}}{{{z^2} + {x^2}}} + frac{{{z^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} le frac{{{x^2}}}{{2yz}} + frac{{{y^2}}}{{2zx}} + frac{{{z^2}}}{{2xy}}{rm{                       $2$}}
end{array}$

Lại có: ${{$x-y$}^{2}}ge 0Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}ge 2xyLeftrightarrow dfrac{{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}le dfrac{{{z}^{2}}}{2xy}$

Tương tự, ta có: $dfrac{{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}+{{x}^{2}}}le dfrac{{{y}^{2}}}{2zx}text{; }dfrac{{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}le dfrac{{{z}^{2}}}{2xy}$

$Rightarrow $ $2$ đúng $Rightarrow $ $1$ đúng $đpcm$

Bài 6 (3,0đ)

0.25

1)

Tứ giác AIMK có:

$begin{array}{l}
{rm{    }}widehat {AIM} = widehat {AKM} = {90^0}{rm{ $GT$}}\
 Rightarrow widehat {AIM} + widehat {AKM} = {180^0}
end{array}$

$Rightarrow $AIMK là tứ giác nội tiếp

0.75

2)

Chứng minh tương tự phần 1), ta có các tứ giác BIMP, CKMP nội tiếp

Tứ giác BIMP nội tiếp $Rightarrow {{widehat{I}}_{1}}={{widehat{B}}_{2}}$

Tứ giác CKMP nội tiếp $Rightarrow {{widehat{C}}_{2}}={{widehat{P}}_{2}}$

Mà ${{widehat{B}}_{2}}={{widehat{C}}_{2}}text{ }left$=dfrac12textsoversetfrownMCright$$

$Rightarrow {{widehat{P}}_{2}}={{widehat{I}}_{1}}$ $đpcm$

1.0

3)

Chứng minh tương tự phần 2), ta có ${{widehat{P}}_{1}}={{widehat{K}}_{1}}$

$Delta $MPK và $Delta $MIP có: ${{widehat{P}}_{2}}={{widehat{I}}_{1}};text{ }{{widehat{K}}_{1}}={{widehat{P}}_{1}}$

$begin{array}{l}
 Rightarrow Delta MPK{rm{ }}# {rm{ }}Delta MIP{rm{ }}$g.g$\
 Rightarrow frac{{MP}}{{MI}} = frac{{MK}}{{MP}} Rightarrow M{P^2} = MI.MK\
 Rightarrow MI.MK.MP = M{P^2}.MP = M{P^3}
end{array}$

Do đó, tích MI.MK.MP lớn nhất

$Leftrightarrow M{{P}^{3}}$ lớn nhất

$Leftrightarrow MP$ lớn nhất

$Leftrightarrow $M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.

Vậy khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC thì tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.

1.0.