|
|||||
Câu |
Nội dung |
Điểm |
|||
Câu 1 |
|
(2,0đ) |
|||
1) |
Biểu thức $A=\sqrt{x-1}+\dfrac{2}{3-x}$ xác định $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} |
0,5 |
|||
2) |
Ta có $B=\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}}+x=\left| x-3 \right|+x$. Với $x=3-\sqrt{3}$, ta có $B=\left| 3-\sqrt{3}-3 \right|+\left( 3-\sqrt{3} \right)=3$. |
0,5 |
|||
3) |
Đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ có đường kính $AC=5\sqrt{2}$ cm. Suy ra bán kính đường tròn đó là $R=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}$ cm. |
0,5 |
|||
4) |
Xét phương trình ${x^2} = - x + 2 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} Với $x=1\Rightarrow y=1;$ với $x=-2\Rightarrow y=4$. Tọa độ các giao điểm cần tìm là $\left( 1;1 \right)$ và $\left( -2;4 \right)$. |
0,5 |
|||
Câu 2 |
|
(1,5đ) |
|||
1) |
Ta có $P=\dfrac{3x+6\sqrt{x}}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+2 \right)}-\dfrac{{{\left( \sqrt{x}+2 \right)}^{2}}}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+2 \right)}-\dfrac{\left( \sqrt{x}+1 \right)\left( \sqrt{x}-1 \right)}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+2 \right)}$ |
0,25 |
|||
$\,\,\,\,=\dfrac{3x+6\sqrt{x}-x-4\sqrt{x}-4-x+1}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+2 \right)}$ |
0,25 |
||||
$\,=\dfrac{x+2\sqrt{x}-3}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+2 \right)}$ |
0,25 |
||||
$=\dfrac{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+3 \right)}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+2 \right)}=\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+2}$. |
0,25 |
||||
2) |
$P=\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+2}=1+\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}$. |
0,25 |
|||
Với $x\ge 0;\,\,x\ne 1$ ta có $\sqrt{x}+2\ge 2\Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{x}+2}\le \dfrac{1}{2}\Rightarrow 1+\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}\le \dfrac{3}{2}\Rightarrow P\le \dfrac{3}{2}.$
|
0,25 |
||||
Câu 3 |
|
(2,5đ) |
|||
1.a) |
Ta có $\Delta ={{\left( m+1 \right)}^{2}}-4\left( 2m-2 \right)={{m}^{2}}-6m+9={{\left( m-3 \right)}^{2}}$. |
0,25 |
|||
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ $\Leftrightarrow \Delta >0\Leftrightarrow m\ne 3$. |
0,25 |
||||
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - 3\left( {2m - 2} \right) = 4 \Leftrightarrow {m^2} - 4m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 1\,\,\\ m = 3\, \end{array} \right. \end{array}$ |
0,25 |
||||
Đối chiếu điều kiện ta được $m=1$ là giá trị cần tìm. |
0,25 |
||||
1.b) |
${x^2} - \left( {m + 1} \right)x + 2m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2\\ x = m - 1. \end{array} \right.$ |
0,25 |
|||
Phương trình có nghiệm lớn hơn 2 khi và chỉ khi $m-1>2\Leftrightarrow m>3$. |
0,25 |
||||
2) |
${x^2} - \left( {m + 1} \right)x + 2m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} Điều kiện: $2x+y\ge 2$ (1) $\Leftrightarrow \left( x-y \right)\left( 2x+y \right)+\left( x-y \right)=0\Leftrightarrow \left( x-y \right)\left( 2x+y+1 \right)=0$ |
0,25 |
|||
$\Leftrightarrow x=y$ vì $2x+y+1>0\,$ do $2x+y\ge 2$. |
0,25 |
||||
Thế $y=x$ vào (2) ta được $\sqrt{3x-2}=2x-2$ |
0,25 |
||||
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} Với $x=2\Rightarrow y=2$(thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất $\left( x;y \right)=\left( 2;2 \right)$. |
0,25 |
||||
Câu 4 |
|
(3 đ) |
|||
1) |
Tứ giác $AEHF$ là hình chữ nhật, suy ra $I$ là trung điểm của $AH$
|
|
0,25 |
||
$\Rightarrow IK$ là đường trung bình của $\Delta AHD\Rightarrow IK$ song song $AD$ |
0,25 |
||||
$\Rightarrow KI\bot AB$ ($AD\bot AB$) |
0,25 |
||||
Xét $\Delta ABK$ có $KI\bot AB$ và $AI\bot BD$ (giả thiết), suy ra I là trực tâm của $\Delta ABK.$
|
0,25 |
||||
2) |
$BI\bot AK$ ( I là trực tâm của $\Delta ABK$) (1) |
0,25 |
|||
$IK$ song song $AD$, $IK=\dfrac{1}{2}AD$ ($IK$ là đường trung bình của $\Delta AHD$) $\Rightarrow IK$ song song $BM$, $IK=BM$ Do đó tứ giác $BMKI$ là hình bình hành $\Rightarrow BI$ song song $MK$ (2) |
0,25 |
||||
Từ (1) và (2) suy ra $MK\bot AK$ hay $\widehat{AKM}={{90}^{0}}$. |
0,25 |
||||
$\widehat{ABM}\,\,+\,\,\widehat{AKM}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$, do đó tứ giác $ABMK$ là tứ giác nội tiếp. |
0,25 |
||||
3) |
Vì $\Delta ABD$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao nên $A{{H}^{2}}=BH.DH$ |
0,25 |
|||
Do đó $A{{H}^{3}}=BE.BD.DF\Leftrightarrow AH.A{{H}^{2}}=BE.BD.DF$$\Leftrightarrow AH.BH.DH=BE.BD.DF$ $\Leftrightarrow AH.\dfrac{BH}{BD}.DH=BE.DF\Leftrightarrow AH.\dfrac{BE}{BA}.DH=BE.DF$ ($HE$ song song $AD$). |
0,25 |
||||
$\Leftrightarrow \dfrac{AH.DH}{BA}=DF\Leftrightarrow AH.DH=AB.DF$ (*) |
0,25 |
||||
$\Delta ABH$ đồng dạng với $\Delta DHF$(g.g), do đó $\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{DF}{DH}\Leftrightarrow AH.DH=AB.DF$. Suy ra (*) đúng. Vậy $A{{H}^{3}}=BE.BD.DF$. |
0,25 |
||||
Câu 5 |
|
(1 đ) |
|||
|
Ta có $\dfrac{1}{4{{x}^{2}}-yz+2}=\dfrac{1}{4{{x}^{2}}-yz+2(xy+yz+zx)}=\dfrac{1}{4{{x}^{2}}+2xy+yz+2zx}$ $\,\,\,\,\,=\dfrac{1}{\left( 2x+y \right)\left( 2x+z \right)}$. Tương tự, ta có $S=\dfrac{1}{\left( 2x+y \right)\left( 2x+z \right)}+\dfrac{1}{\left( 2y+z \right)\left( 2y+x \right)}+\dfrac{1}{\left( 2z+x \right)\left( 2z+y \right)}$ |
0,25 |
|||
$\Leftrightarrow S=\dfrac{yz}{\left( 2xz+yz \right)\left( 2xy+yz \right)}+\dfrac{xz}{\left( 2xy+xz \right)\left( 2yz+xz \right)}+\dfrac{xy}{\left( 2yz+xy \right)\left( 2xz+xy \right)}$ |
0,25 |
||||
Với mọi $a,\,b$ ta có ${{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0\Rightarrow {{\left( a+b \right)}^{2}}\ge 4ab\Rightarrow ab\le \dfrac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}.$ |