|
Câu |
Đáp án |
Điểm |
|
Câu 1 (2,0 điểm) |
Cho đa thức $f(x)={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+(1-m)x+m$. |
|
|
1) Khi $m=2$, hãy phân tích đa thức$f(x)$ thành nhân tử. |
|
|
|
$f\left( x \right)={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-x+2$ |
0,25 |
|
|
$f(x)=(x-1)(x+1)(x-2)$. |
0,25 |
|
|
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình $f(x)=0$ có ba nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}$ thỏa mãn $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}<4$. |
|
|
|
Phân tích phương trình $(x - 1)({x^2} - x - m) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} |
0,25 |
|
|
Phương trình $f(x)=0$ có 3 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow $ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1. |
0,25 |
|
| $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ \Delta = 1 + 4m > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ m > - \frac{1}{4} \end{array} \right.$ |
0,25 |
|
|
Lúc đó: ${{x}_{1}}=1,\,\,{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=1;\,\,{{x}_{2}}{{x}_{3}}=-m$ |
0,25 |
|
|
Điều kiện: $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}<4\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{2}}+{{x}_{3}} \right)}^{2}}-2{{x}_{2}}{{x}_{3}}<3\Leftrightarrow m<1$. |
0,25 |
|
|
Vậy $-\dfrac{1}{4}<m<1,m\ne 0$. |
0,25 |
|
|
Câu 2 (2,0 điểm) |
1) Giải phương trình: $\dfrac{15}{{{x}^{2}}-6x+4}=\dfrac{{{(x-1)}^{2}}+15x+3}{x({{x}^{2}}-2x+4)}$. |
|
|
Điều kiện: $x\ne 0;x\ne 3+\sqrt{5};x\ne 3-\sqrt{5}\,\,\left( * \right)$. Phương trình biến đổi thành: $\dfrac{1}{{{x}^{2}}-6x+4}-\dfrac{1}{{{x}^{2}}-2x+4}=\dfrac{1}{15x}$ |
0,25
|
|
|
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{x+\dfrac{4}{x}-6}-\dfrac{1}{x+\dfrac{4}{x}-2}=\dfrac{1}{15}\quad (1)$. |
0,25 |
|
|
Đặt $x+\dfrac{4}{x}=t$ $\left( t\ne 2;t\ne 6 \right)$. PT (1) trở thành: $\frac{1}{{t - 6}} - \frac{1}{{t - 2}} = \frac{1}{{15}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} |
0,25 |
|
|
Với $t=-4$ ta có $x+\dfrac{4}{x}=-4\Leftrightarrow x=-2$ thỏa mãn (*). Với $t=12$ ta có $x + \frac{4}{x} = 12 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} |
0,25 |
|
|
2) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} |
|
|
|
Phương trình (1): $(2x-y)({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+x+3)=0$ $\Leftrightarrow 2x=y$. |
0,25 |
|
|
Thế vào (2): $\sqrt{3{{x}^{2}}+6x+7}+\sqrt{5{{x}^{2}}+10x+14}=4-2x-{{x}^{2}}\quad \left( * \right)$. Đánh giá vế trái của (*): $\sqrt{3{{(x+1)}^{2}}+4}+\sqrt{5{{(x+1)}^{2}}+9}\ge 5$. |
0,25 |
|
|
Và đánh giá vế phải của (*): $4-2x-{{x}^{2}}=5-{{(x+1)}^{2}}\le 5$. Dấu bằng xảy ra khi $x=-1$. |
0,25 |
|
|
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm $(x;y)=(-1;-2)$. |
0,25 |
|
|
Câu 3 (2,0 điểm) |
1) Giả sử con rắn có n cái đầu (n là số nguyên dương). Nếu dùng thanh kiếm 1 hoặc thanh kiếm 2 thì số đầu rắn sau khi bị chặt là $n-21$ hoặc $n+2009$. Tức là giảm hoặc tăng một đại lượng là bội số của 7. |
0,50 |
|
Mà 100 chia 7 dư 2 nên hoàng tử không thể cứu công chúa. |
0,50 |
|
|
2) Tìm các số nguyên $x,y,z$ thỏa mãn đồng thời: ${{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2xz+4(x+z)=396$ và ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=3z$. |
|
|
|
Từ điều kiện ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=3z$ suy ra ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}$ chia hết cho 3 hay $x,y$ đều chia hết cho 3. ${{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2xz+4(x+z)=396$$\Leftrightarrow {{(x+z+2)}^{2}}=4(100-{{y}^{2}})$. |
0,25 |
|
|
Suy ra: $100-{{y}^{2}}$ là số chính phương và ${{y}^{2}}\le 100$. Mặt khác $y\vdots 3$ nên ${{y}^{2}}\in \left\{ 0;36 \right\}$$\Rightarrow y\in \left\{ 0;6;-6 \right\}$. |
0,25 |
|
|
Xét $y=0$: $\left\{ \begin{array}{l} Tìm được $x=6,z=12$ hoặc $x=-9,z=27$. |
0,25 |
|
|
Xét $y=6$ hoặc $y=-6$:$\left\{ \begin{array}{l} $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} Giải ra $x,z\notin \mathbb{Z}$. Vậy $\left( x;y;z \right)$ là $\left( 6;0;12 \right)$ hoặc $\left( -9;0;27 \right)$. |
0,25 |
|
|
Câu 4 (1,0 điểm) |
1) Cho các số thực $x,y$ không âm, chứng minh rằng ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}\ge {{x}^{2}}y+x{{y}^{2}}$. |
|
|
Bất đẳng thức: ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}\ge {{x}^{2}}y+x{{y}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{x}^{2}}(x-y)-{{y}^{2}}(x-y)\ge 0$ $\Leftrightarrow {{(x-y)}^{2}}(x+y)\ge 0$, đúng $\forall x,y\ge 0$. |
0,25 |
|
|
2) Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\dfrac{ab}{{{a}^{5}}+{{b}^{5}}+ab}+\dfrac{bc}{{{b}^{5}}+{{c}^{5}}+bc}+\dfrac{ca}{{{c}^{5}}+{{a}^{5}}+ca}\le 1$. |
|
|
|
Chứng minh ${{a}^{5}}+{{b}^{5}}\ge {{a}^{2}}{{b}^{3}}+{{a}^{3}}{{b}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{a}^{3}}({{a}^{2}}-{{b}^{2}})-{{b}^{3}}({{a}^{2}}-{{b}^{2}})\ge 0$ $\Leftrightarrow {{(a-b)}^{2}}(a+b)({{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}})\ge 0,\quad \forall a,b>0\quad (*)$ |
0,25 |
|
|
Áp dụng (*): ${{a}^{5}}+{{b}^{5}}\ge {{a}^{2}}{{b}^{2}}(a+b)\Rightarrow {{a}^{5}}+{{b}^{5}}+ab\ge ab.\dfrac{a+b+c}{c}$ $\Rightarrow \dfrac{ab}{{{a}^{5}}+{{b}^{5}}+ab}\le \dfrac{c}{a+b+c}\quad (1)$ |
0,25 |
|
|
Tương tự $\dfrac{bc}{{{b}^{5}}+{{c}^{5}}+bc}\le \dfrac{a}{a+b+c}\quad (2)$ ; $\dfrac{ca}{{{c}^{5}}+{{a}^{5}}+ca}\le \dfrac{b}{a+b+c}\quad (3)$ Cộng (1), (2), (3) ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$. |
0,25 |
|
|
Câu 5 (3,0 điểm) |
1)
a) Góc $\angle HDC=\angle AEB={{90}^{0}}$ nên tứ giác DHEC nội tiếp đường tròn đường kính HC. |
0,25 |
|
Tâm O là trung điểm của HC. |
0,25 |
|
|
b) Xét $\vartriangle NIC$ và $\vartriangle NED$ ta có: $\angle END=\angle INC$(đối đỉnh); $\angle DEN=\angle CIN$ (cùng chắn cung $\overset\frown{CD}$) Suy ra: $\vartriangle NIC$$\backsim $$\vartriangle NED$. |
0,25 |
|
|
$\Rightarrow \dfrac{NI}{NC}=\dfrac{NE}{ND}\Rightarrow NI.ND=NC.NE$. |
0,25 |
|
|
c) $\angle DIC=\angle DHC$ (cùng chắn cung $\overset\frown{CD}$) (1) $\angle DHC=\angle ABC$ (cùng phụ góc $\angle BCF$) (2) |
0,25 |
|
|
Lại có: $\angle BFC=\angle BEC={{90}^{0}}$ nên tứ giác BFEC nội tiếp, suy ra $\angle ABC=\angle AEF$ (3) |
0,25 |
|
|
Mà $\angle AEF=\angle MEC$(đối đỉnh), từ đó $\angle MEC=\angle DIC$và được tứ giác MENI nội tiếp, suy ra $\angle EMN=\angle EIN$ (4) |
0,25 |
|
|
$\angle ACB=\angle EIN$ (cùng chắn cung $\overset\frown{DE}$) (5). $\angle ACB=\angle AFE$ (tứ giác BFEC nội tiếp) (6). Suy ra $\angle AFE=\angle EMN$ $\Rightarrow AB//MN$. Mà $AB\bot CH$ nên $MN\bot CH$. |
0,25 |
|
|
2)
Các diện tích ${{S}_{\Delta ABC}}={{S}_{\Delta ABE}}$ nên C và E cách đều AB hay AB // CE. Tương tự các đường chéo còn lại cũng song song với các cạnh tương ứng. |
0,25 |
|
|
Gọi P là giao điểm của BD và CE và đặt diện tích ${{S}_{\Delta BCP}}=x>0$ Do tứ giác ABPE là hình bình hành nên ${{S}_{\Delta BPE}}={{S}_{\Delta ABE}}=1$. |
0,25 |
|
|
Lại có: $\dfrac{{{S}_{\Delta BCP}}}{{{S}_{\Delta PCD}}}=\dfrac{BP}{PD}=\dfrac{{{S}_{\Delta BEP}}}{{{S}_{\Delta PED}}}$, tức là: $\dfrac{x}{1-x}=\dfrac{1}{x}\Rightarrow x=\dfrac{1}{2}\left( \sqrt{5}-1 \right)$. |
0,25 |
|
|
Diện tích ngũ giác: ${{S}_{\Delta ABCDE}}={{S}_{\Delta ABE}}+{{S}_{\Delta BPE}}+{{S}_{\Delta CDE}}+{{S}_{\Delta BCP}}=3+x$. Vậy: ${{S}_{\Delta ABCDE}}=\dfrac{1}{2}\left( \sqrt{5}+5 \right)$. |
0,25. |
