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} Vậy $Q=dfrac{sqrt{x-y}}{sqrt{x+y}}$ với $x>y>0$. |
1.5 |
|
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: $1=-a+bLeftrightarrow b=a+1$ (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} 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} 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 $y=sqrt{{{x}^{2}}-4}text{ }(yge 0)Rightarrow {{x}^{2}}={{y}^{2}}+4$ Phương trình (1) trở thành: $begin{array}{l} Với $y=dfrac{3}{2}$, ta có: ${{x}^{2}}={{left( dfrac{3}{2} right)}^{2}}+4Leftrightarrow {{x}^{2}}=dfrac{25}{4}Leftrightarrow x=pm dfrac{5}{2}$ 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} Với $x=0$, phương trình (2) trở thành $0=1$ (vô lí). Với $xne 0$, ta có: $begin{array}{l} 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: $-4bcx=0Leftrightarrow x=0text{ }(text{do }b,c>0)$ $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} 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} 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} $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 ${{widehat{B}}_{2}}={{widehat{C}}_{2}}text{ }left( =dfrac{1}{2}text{s}oversetfrown{MC} right)$ $Rightarrow {{widehat{P}}_{2}}={{widehat{I}}_{1}}$ (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} 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. |
