Đáp án đề 1 30

ĐỀ SỐ Câu ( 2,0 điểm) x 0; x 1 , ta có x 2 A  x1   x  x  x  x   x  x   x    x1 x 1 x 1 x    x 4    3 (tmđk)   x  3  3  x  1  x 4  x 1 x 1  x 4 x1 thay vào A 1  5 35   3 1  Câu ( 2,0 điểm) A d : y  Phương trình đường thẳng cần tìm là: 5  x; y   1;    Hệ có nghiệm nhất: 1 x 2 Câu ( 2,0 điểm) x1 1; x2  7 Phương trình có hai nghiệm: 2 x  2mx  m  m  0 (*) Có a 1 0,  ' m  Để pt (*) có hai nghiệm phân biệt   '   m    m    x1  x2 2m  x x m  m  Theo Vi-et  (1) 2   x1  x2   x1 x2   x1  x2  22 Theo đề bài: x1  x2  x1 22  x2  m 2  tm    2m    m  m  1  2.2m 22  m  3m  10 0   m   kotm  Thay (1) vào Câu ( 3,0 điểm) Dễ cm tứ giác BHIC nội tiếp đường C tròn K AIH ∽ ABC cm  AI AC  AH AB N P E I M BIH ∽ BAE TT cm  BI BE BH BA  AI AC  BI BE  AH AB  BH BA BA  AH  BH   AB B H O không đổi K di A động cung AC Vì OC  AB nên C điểm   cung AB Do đó, CAB CBA 45   Tứ giác AEIH nội tiếp Do đó, HEI HAI 45     Tứ giác AECB nội tiếp nên: CEB CAB 45      Từ     suy ra: CEH CEB  BEH 90 Suy ra, tam giác CEH vng E Do đó, tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CEH trung điểm M đoạn thẳng CH Gọi N , P trung điểm CA, OC nên NP đường trung bình ACO cố định nên NP cố định dễ cm M thuộc đoạn thẳng NP Vậy điểm M thuộc đường trung bình ACO Câu ( 1,0 điểm) 1 a  1 0  a 2a   2a   a  a  1  Ta có: 1 1   TT có: 2b  b ; 2c  c 4ab 4   ab Có:  ab 1   Áp dụng bđt x  y x y  4ab 4  4  1   ab  ab ab Có:  ab 4bc 4ca 3  3  bc ;  ca ac TT đc:  bc 1 1   P    9     a b c  ab bc ac       3  ab  ab  Suy ra: 2 1 1 1 1 11 1 P             9 2 a b 2 b c 2 c a  Dấu “=” xảy a b c 1 Vậy: P 1 4ab 4bc 4ca      9 2a  2b  2c  1  ab  bc  ca ĐỀ SỐ Câu (2,0 điểm)  P 2a  a  a  a    a 3a  a a ( a  3) a    ( a  3)( a  3) ( a  3)( a  3) ( a  3)( a  3) a 3 P 2 a a 1  a a a 1  a      9 a a a 3 a3 a 3 a 3 a a a a a         0 a 3 a 3 2 a 3 a 3      a  25 Vì a  P 25 Kết hợp với điều kiện tốn ta có: Câu (2,0 điểm) x; y    1;4  Đ/S:Nghiệm hệ phương trình  Hàm số bậc y ax  ( a 0 ) Để hai đường thẳng cắt a  Thay y = vào y  x   3x  5  x  a   nên a    a   a  Đồ thị hàm số y ax  qua điểm (–1; 5)  a.(  1)  5  a  (TMĐK) Vậy a  giá trị cần tìm Câu (2,0 điểm) x  , x  Đ/S: Phương trình có hai nghiệm 2 Điều kiện để phương trình cho có nghiệm là:  ' b '  ac 0   (m  1) 0   m 0  m 3  1  x1  x 4  x x  m 1 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có :  x12 + x 22 5  x1  x2   ( x  x)  x1 x2  x1  x2    m  1 5.4   m  1   m   Kết hợp với điều kiện (1) , ta có m  Câu (3,0 điểm) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp AE AC AF AB Nối Q với A , E với F , E với D Ta có BE , CF đường cao ABC   BE  AC   AEH 90     AFH 90 CF  AB   Xét tứ giác AEHF có AEH  AFH 180  tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp  A chung    Xét ABE ACF có  AEB  AFC 90 d A P x E Q F B O H D C I M  ABE ∽ ACF (g.g) AE AB   AF AC  AE AC AF AB (đpcm) Chứng minh d //EF EH phân giác góc FED AE AF   AE AC  AF AB AB AC Theo ý ta có  A chung   AE AF   AB AC suy AEF ∽ ABC  c.g c    ABC AM  AEF Kẻ đường kính , Xét có  AFE  ACB (cặp góc tương ứng) (1)    xAB  sd AB O Ta có d tiếp tuyến   A (2)   Mà ACB  AMB (hai góc nội tiếp chắn cung AB ) ACB  AMB  sd AB Suy   Từ (2) (3) suy ACB xAB (4)   Từ (1) (4) suy AFE xAB , mà hai góc vị trí so le trong, nên d //EF (đpcm)    HEF * Ta có tứ giác AEHF nội tiếp, suy HAF (5) (hai góc nội tiếp chắn HF )   -Xét tứ giác HECD có HDC  HEC 180 => tứ giác HECD tứ giác nội tiếp     HED HCD (6) (hai góc nội tiếp chắn HD )    Mà HAF HCD (7) (cùng phụ với ABC )   HEF Từ (5), (6), (7) suy HED , mặt khác tia EH nằm hai tia EF ED  EH phân giác góc FED (đpcm) O c) Gọi I trung điểm BC Chứng minh AH 2.OI Gọi BC , EF cắt   P, Q EF  PQ Chứng minh  Kẻ đường kính AM , ta có ACM 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  MC  AC mà BE  AC (gt), suy MC / / BE (quan hệ từ vng góc đến song song)  MC //HB Chứng minh tương tự ta có MB //CH  MC //BH    MB //CH  tứ giác BHCM hình bình hành (dhnb) Xét tứ giác BHCM có Suy hai đường chéo BC , HM cắt trung điểm đường, mặt khác I trung điểm BC  I trung điểm HM Xét MAH có I , O trung điểm hai cạnh HM AM suy OI đường trung bình MAH , suy AH 2.IO (đpcm) EF  PQ *Chứng minh      Thật ta có QAB QCB (2 góc nội tiếp chắn cung QB ) mà QCB BAD (vì phụ     với ABC , từ suy QAB BAD  AF tia phân giác QAH Xét QAH có AF vừa đường cao, vừa đường phân giác nên QAH cân A  AF trung tuyến, suy F trung điểm QH Chứng minh tương tự ta có E trung điểm HP Xét HPQ có F trung điểm QH , E trung điểm HP EF  PQ  HPQ  EF đường trung bình , suy (đpcm) Câu (1,0 điểm) 2 Ta có: x  y  x  y  64 z 0  x  y  64 z 8 x  y  x  y  64 z  z 8 x  y  z  x  y  72 z 8.( x  y  z ) 2 (1) Lại có: x  y 2 xy (theo BĐT Cauchy) (2) Vì x, y , z  nên xy  72 z 2 xy.72 z 24 xyz (theo BĐT Cauchy) x yz ( x  y  z ) 24 xyz   xyz Từ (1) (2) (3) suy (3) ĐỀ SỐ Câu 1: (2,0 điểm) x x     x -1 x  x x  1) A =   x + 2  x - 1  x+3 x +2 A Vậy 2) Với  x + 2  x +2 = x - 1 x +1 x +6+2 x -2+x -2 x -2  x +2   +1  x -1 x +1 x -1 x +1 x - x 0 x 1  x 3 + 2  A= Khi đó: =  1 1 = 1   +1 (TMĐK) +2 =   x 1+ 2  =1+ Vậy A=1 + x = + 2 Câu ( 2,0 điểm) Vì ( d ) qua điểm M (1;  4) nên a  b  (1)  a 2 (2)  b 6 ( d ) ( d ')  Vì song song với nên   +1 +1  a 2  b  Từ (1) & (2) :  (thỏa mãn) x; y    1;4  Hệ pt có nghiệm :  Câu (2,0 điểm) Giải phương trình x  x  0 Ta có: a  b  c 1  ( 1)  ( 2) 0 Suy phương trình có hai nghiệm x  x 2 2 Có phương trình hồnh độ giao điểm : x – 2mx – 2m – 0  ' m  2m  ( m  1)   m  Phương trình (*) ln có nghiệm phân biệt  (d) cắt (P) hai điểm phân biệt  x1  x2 2m  x x  2m  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  Theo đề bài: x1  x2 2 (3) (1) (2)  x1  x2 2m  x 2  2m    x  x2 2  x2 4m  Từ (1) (3), ta có hệ:  Thay vào (2) được: (2  2m)(4m  2)  2m    4m  m  0 m 2; m  Giải phương trình 1  m  2;    giá trị cần tìm  Vậy Câu 4: (3,0 điểm) Dễ cm Tứ giác BEGH nội tiếp đường trịn đường kính BG Có KAB có ba đường cao AE , BF , KH đồng qui G Suy G trực tâm KAB    GHE GBE  sđ GE Có (trong đường trịn BEGH ) K E C F M A    GBE GAF  sđ EF Có (trong đường trịn  O )   F  sđ EG  GAF GH Có (tứ giác AFGH nội tiếp đường trịn đường kính AG )    Suy GHE GH F  HG tia phân giác EHF FEG Tương tự EG tia phân giác G N T H Q D O B EHF có hai tia phân giác HG EG cắt G Suy G tâm đường tròn nội tiếp EHF O Gọi Q giao điểm tia EH đường tròn         Có EOB 2 EFB sđ EB , 2EFB EFO (do FG tia phân giác EFH )    EOB EFH  Tứ giác EFHO nội tiếp đường tròn  1 1     FOH FEH  sđ EQ  FOQ  FOH  FOQ 2 FOQ  OH tia phân giác   QOH OFH , OQH có OH chung, OF OQ , FOH  OFH OQH  HF HQ Do HE  H F HE  HQ EQ    Có AMN MNT NTA 90 Suy AMNT hình chữ nhật, nên AT MN    O Suy AQ FA ET  AE // QT , mà AETQ nội tiếp đường tròn    AETQ hình thang cân  EQ  AT MN Vậy HE  H F MN Câu (1,0 điểm) Theo đề ab  bc  ca 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  1 ab  bc  ac 3 a 2b 2c  abc 1,  a  b  c  3  ab  bc  ac  9  Từ      a  b  c 3abc a  b  c 3,  2 ĐỀ SỐ Câu 1 với x  0; x 4 , ta có: x   10  x   A     : x    x 2  x 2 x x x x    x  x  x x     x 2    3 x 2  x  x  x 2 với x  0; x 4 (*)    x   10  x  : x 2 x 2 x  :  x 2  2 x  x   x  A      0 2 x 2 x x4 Ta có  0  x   x Kết hợp với điều kiện (*), ta có giá trị cần tìm là:  x  Câu ( 2,0 điểm) Thay x  vào phương trình y x ta y 9 P  : y x  M   3;   Vì điểm M thuộc Parbol có hồnh độ  d M   3;  Vì đường thẳng   qua điểm nên thay x  3; y 9 vào phương trình đường 5  2m  3   3   m  thẳng ta được: 5 m giá trị cần tìm Vậy d Cho hệ phương trình :  x  my 3m  mx  y m   x  y 9   x  y 7  m  a Với , hệ pt trở thành:  y 3 x     x  3(3x  7) 9  x 3   y 2  y mx  m   x  my 3m  x m  x  my 3m       2 mx  y m    y mx  m   x  m  mx  m   3m  y 2 b   x m  y 2 Vậy m , hệ ln có nghiệm  thay vào x  x  y  ta : m 2   m  m     m  1  m    m  Vậy với m   m  hệ pt có nghiệm thỏa mãn đề Câu Tại m  1, ta có phương trình : x  x  0 S  1;3 Giải tập nghiệm pt : m 0     m  2m   Phương trình có hai nghiệm phân biệt    m  ; m 0 m 3 2m  x1  x2  ; x1 x2  m m Theo Vi-ét : Theo có:   x1  x2    x1  x2  4   x1  x2  4   x1  x2   x1 x2 4 Áp dụng Viet ta được:   m   ;1  11  Vậy:  m  3 m2  m 1 2m  4 0  11m  2m  0    m  m 11 (tmđk)  Câu (3,0 điểm) Dễ dàng chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Chứng minh AO đường trưng trực BC - Vì I thuộc AO trung trực BC nên   IBC ICB (1)   Vì AB tiếp tuyến nên IBA ICB (góc nội tiếp với góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung) (2) Từ (1) (2) ta có Đpcm Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABO có : B J H I A O D C OH OA OB OD OH OD OH OA OD     ODH OD OA  OHD ∽ ODA  OAD Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHD 1  OAD  DJH Khi 1       JDO ODH  JDH  DJH  JDH  DJH  JDH  1800 900 2 Vậy (Đpcm) Vậy OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp AHD Câu ( 1,0 điểm)   Do đó, áp dụng BĐT Cauchy ta có: ab ab  ab ab       2c  ab ( a  c )(b  c )  b  c c  a  bc  bc bc      bc  2a  a  b c  a  ca  ca ca      ca  2b  b  a c  b  (1) (2) (3) Tương tự: Từ (1), (2), (3) ta có:   ab ca   bc ab   bc ca   P            (a  b  c ) 1   b  c b  c   c  a c  a   a  b a  b   Dấu đẳng thức xảy a b c 