Lời giải - đề 7

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:

Câu	Phần	Nội dung	Điểm
*Bài 1 (2,0đ)*	1)	$Q=\dfrac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}-\left( 1+\dfrac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}} \right):\dfrac{y}{x-\sqrt{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}$ $\begin{array}{l} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} - \frac{{x + \sqrt {{x^2} - {y^2}} }}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} \cdot \frac{{x - \sqrt {{x^2} - {y^2}} }}{y}\\ = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} - \frac{{{x^2} - {x^2} + {y^2}}}{{y\sqrt {{x^2} - {y^2}} }}\\ = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} - \frac{y}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }}\\ = \frac{{{{\left( {\sqrt {x - y} } \right)}^2}}}{{\sqrt {x + y} .\sqrt {x - y} }}\\ = \frac{{\sqrt {x - y} }}{{\sqrt {x + y} }} \end{array}$ Vậy $Q=\dfrac{\sqrt{x-y}}{\sqrt{x+y}}$ với $x>y>0$.	1.5
*Bài 1 (2,0đ)*	2)	Thay $x=3y$ (thỏa mãn ĐK) 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: $1=-a+b\Leftrightarrow b=a+1$ (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)	$\sqrt{\dfrac{{{x}^{2}}}{4}+\sqrt{{{x}^{2}}-4}}=8-{{x}^{2}}\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+4\sqrt{{{x}^{2}}-4}}=16-2{{x}^{2}}$ (1) ĐK: $2\le \left\| x \right\|\le 2\sqrt{2}$ Đặt $y=\sqrt{{{x}^{2}}-4}\text{ }(y\ge 0)\Rightarrow {{x}^{2}}={{y}^{2}}+4$ Phương trình (1) trở thành: $\begin{array}{l} {\rm{ }}\sqrt {{y^2} + 4 + 4y} = 16 - 2\left( {{y^2} + 4} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {y + 2} \right)}^2}} = 8 - 2{y^2}\\ \Leftrightarrow \left\| {y + 2} \right\| = 8 - 2{y^2}\\ \Leftrightarrow y + 2 = 8 - 2{y^2}{\rm{ }}({\rm{do }}y \ge 0 \Rightarrow y + 2 > 0)\\ \Leftrightarrow 2{y^2} + y - 6 = 0\\ \Leftrightarrow (y + 2)(2y - 3) = 0\\ \Leftrightarrow 2y - 3 = 0{\rm{ }}({\rm{do }}y + 2 > 0)\\ \Leftrightarrow y = \frac{3}{2} \end{array}$ Với $y=\dfrac{3}{2}$, ta có: ${{x}^{2}}={{\left( \dfrac{3}{2} \right)}^{2}}+4\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\dfrac{25}{4}\Leftrightarrow x=\pm \dfrac{5}{2}$ 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
*Bài 3 (2,0đ)*	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 $0=1$ (vô lí). Với $x\ne 0$, ta có: $\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} = 2y + 1\\ xy = x + 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} - 2y + 1 = 2\\ y = 1 + \frac{1}{x} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {(y - 1)^2} = 2\\ y - 1 = \frac{1}{x} \end{array} \right.\\ \Rightarrow {x^2} + {\left( {\frac{1}{x}} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow {x^4} + 1 = 2{x^2}{\rm{ }}({\rm{do }}x \ne 0)\\ \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1 \end{array}$ Với $x=1\Rightarrow y=1+\dfrac{1}{1}\Leftrightarrow y=2$ Với $x=-1\Rightarrow y=1+\dfrac{1}{-1}\Leftrightarrow y=0$ 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: $-4bcx=0\Leftrightarrow x=0\text{ }(\text{do }b,c>0)$ $\Rightarrow $ Phương trình (1) có nghiệm + TH2: ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}\ne 0\Rightarrow $ Phương trình (1) là phương trình bậc hai Xét $\Delta '={{(2bc)}^{2}}-{{({{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}})}^{2}}$ $\begin{array}{l} = (2bc + {b^2} + {c^2} - {a^2})(2bc - {b^2} - {c^2} + {a^2})\\ = \left[ {{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}} \right]\left[ {{a^2} - {{\left( {b - c} \right)}^2}} \right]\\ = \left( {a + b + c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {a + c - b} \right) \end{array}$ Kết hợp với (2) $\Rightarrow \Delta '>0\Rightarrow $ 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: ${{(x-y)}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2xy\Leftrightarrow \dfrac{{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\le \dfrac{{{z}^{2}}}{2xy}$ 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 ${{\widehat{B}}_{2}}={{\widehat{C}}_{2}}\text{ }\left( =\dfrac{1}{2}\text{s}\overset\frown{MC} \right)$ $\Rightarrow {{\widehat{P}}_{2}}={{\widehat{I}}_{1}}$ (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.

Chia sẻ: