Câu Ý Nội dung Điểm
Biến đổi được 5x + 5 = 3x + 7 0,5
1.a
2x 2
x = 1
0,5
Điều kiện: x
0 và x
1 0,25
Biến đổi được phương trình: 4x + 2x – 2 = 3x + 4
3x = 6
x = 2
0,5
1.b
So sánh với điều kiện và kết luận nghiệm x = 2 0,25
Do I là giao điểm của (d
1
) và (d
2
) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình:
2 5
4 1
y x
y x
0,25
Giải hệ tìm được I(-1; 3) 0,25
Do (d
3
) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25
1
2
Giải phương trình tìm được m = 5 0,25
Khi m = 1 ta có phương trình x
2
– 4x + 2 = 0 0,25
1
Giải phương trình được
1
x 2 2
;
2
x 2 2
0,25
Tính
2
' m 1
0,25
2
Khẳng định phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25
Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương
2m 2 0
m 0
2m 0
0,25
Theo giả thiết có x
1
2
+ x
2
2
= 12
(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
= 12
0,25
2
4(m 1) 4m 12
m
2
+ m – 2 = 0
0,25
2
3
Giải phương trình được m = 1 ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25
Gọi kích thước của hình chữ nhật là a, b (m) điều kiện a, b > 0 0,25
Do chu vi của hình chữ nhật bằng 52 nên ta có a + b = 26 0,25
Sau khi giảm mỗi chiều đi 4 m thì hình chữ nhật mới có kích thước là a – 4 và b – 4
nên (a – 4)(b – 4) = 77
0,25
3
Giải hệ phương trình và kết luận được các kích thước là 15 m và 11 m 0,25
Hình vẽ đúng:
0,25
Lập luận có
·
0
AEB 90
0,25
Lập luận có
·
0
ADC 90
0,25
1
Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25
Ta có
·
·
0
AFB AFC 90
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra
·
·
0
AFB AFC 180
Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng
0,25
·
·
AFE ABE
(cùng chắn
»
AE
) và
·
·
AFD ACD
(cùng chắn
»
AD
)
0,25
Mà
·
·
ECD EBD
(cùng chắn
»
DE
của tứ giác BCDE nội tiếp)
0,25
2
Suy ra:
·
·
AFE AFD
=> FA là phân giác của góc DFE
0,25
Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra
AH EH
AD ED
(1)
0,25
Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra
BH EH
BD ED
(2)
0,5
4
3
Từ (1), (2) ta có:
AH BH
AH.BD BH.AD
AD BD
0,25
Từ
2
2
x yz 0 x yz 2x yz
(*) Dấu “=” khi x
2
= yz
0,25
Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x
2
+ yz + x(y + z)
x(y z) 2x yz
Suy ra
3x yz x(y z) 2x yz x( y z)
(Áp dụng (*))
0,25
x x
x 3x yz x( x y z)
x 3x yz x y z
(1)
Tương tự ta có:
y
y
y 3y zx x y z
(2),
z z
z 3z xy x y z
(3)
0,25
5
Từ (1), (2), (3) ta có
x y z
1
x 3x yz y 3y zx z 3z xy
0,25
x
H
D
B
C
E
A
F
O
O'
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
. 0 ,25 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương 2m 2 0 m 0 2m 0 0 ,25 Theo giả thi t có x 1 2 + x 2 2 = 12 (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = 12 0 ,25 2 4(m 1) 4m 12 . trình tìm được m = 5 0 ,25 Khi m = 1 ta có phương trình x 2 – 4x + 2 = 0 0 ,25 1 Giải phương trình được 1 x 2 2 ; 2 x 2 2 0 ,25 Tính 2 ' m 1 0 ,25 2 Khẳng định phương. và (d 2 ) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình: 2 5 4 1 y x y x 0 ,25 Giải hệ tìm được I (-1 ; 3) 0 ,25 Do (d 3 ) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1) (-1 ) + 2m -1 0 ,25 1 2 Giải