HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2x 3 x (1) (ĐK: x 0) 1) 2 2 x 1 (1) x 2x 3 x 2x 3 0 ( x 1)( x 3) 0 x Kết hợp với điề

Bản ghi

1 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ IỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: âu Phần Nội dung Điểm 3 ( (ĐK: 0) ( ( ( 3) 0 3 Kết hợp với điều kiện 3 Vậy nghiệm của phương trình là = 3. Đường thẳng (d đi qua các điểm y (0; ) và ( ; 0) 4 Đường thẳng (d) đi qua các điểm (0; 3) và ( ; 0) Theo đề bài, ta có: (0; ), (0; 3), ( ; 0) ) O = ; = 5 Diện tích của là: d.o 5. S 5 (đơn vị diện tích) O d âu (,0đ) 3) 4) Ta có: = 7 = 89 + = = 89 F = + vuông tại (định lí Py-ta-go đảo) Vẽ (O; R) nội tiếp, (O) D O tiếp úc,, lần lượt tại D, E, F. E Tứ giác DOE có 0 DE DE ED 90 Tứ giác DOE là hình chữ nhật Lại có OD = OE = R Tứ giác DOE là hình vuông D = OD = R Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: D = E, D = F, E = F + = D + D + E + E = D + F + D + F = D + D = ( + ) : = ( ) : = 3(cm) R = 3cm. án kính đường tròn đáy là: 6 r 3(cm) Gọi là độ dài đường sinh, h là chiều cao của hình nón Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: h r 5 3 4(cm)

2 Thể tích hình nón là: V r h.3.4 (cm 3 ) 3 3 : P : : âu (,5đ) : :.0 âu 3 (,5đ) ) a) b) Vậy P Với 0 và, ta có: với 0 và. 4 4 P 4 Vậy với mọi 0 và thì P 4. Phương trình mm m 40 5 Ta có hệ số c m m4m 0 4 ac 0 Phương trình có hai nghiệm trái dấu Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu 0 Do đó: Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: m m Vậy m là giá trị cần tìm ) ( )(3 ) ĐK: 3 Đặt a, b 3 ( a, b0) 3 4a b 0 Phương trình trở thành:.0

3 a b a b ab 3( ) ( ) 0 ab ab ( ) 3( ) 0 0 ab ab (ab)(ab5) 0 ab5 0 (do a, b0 ab 0) ab5 3 5 ách : 3 5 4( ) 4 ( )(3 ) ( )(3 ) 5 4 ( )(3 ) 4 3 6(6 ) (do ) ( ) 0 (thỏa mãn ĐK) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là ách : Áp dụng bất đẳng thức unhiacopki, ta có: Dấu = ảy ra 3 4 E I F âu 4 (3,0đ) N O D Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: O là tia phân giác của góc NOD, OE là tia phân giác của góc NOI Mà góc NOD kề bù với góc NOI O OE OE vuông tại O Ta có: OO DOI OE O 90 ( OD vuông tại D) 0.75

4 O IOE và DO có: 0 OIE OD 90,O IOE # DO (g.g) OI EI EI.D OI.OD R D OD hứng minh tương tự, ta được FI.D R Vậy EI.D FI.D R E I F N K O D P Q ) EI D Từ EI.D FI.D FI D ( EF // ( DI ). Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét, ta có: EI FI I EI Q Q Q Q () FI Q Từ ( và () D Q D D D D D Q D Q Q Q Q Q Lại có P = P P D = P Q PD = PQ Vì KD = K và PD = PQ KP là đường trung bình của DQ Q = KP O 3) S R O.0 Ta có: R OO ROO ROO ROO

5 ROO OOO O O O Lại có: Kẻ OR, S O OR OR. SO SO S S. S S R OO O SO S ROO SO ROO SO Tương tự, ta có: ; S S ROO ROO ROO S S S 3 S S S O O O ROO ROO ROO S 3 3 S Dấu = ảy ra OO đều (vô lí, vì < ) Vậy (đpcm). R OO ( 4y y (4y3) y 85(3y) 43y 5 Đặt u y, v y u, v 0. Phương trình ( trở thành: (v u (u v uv u u v v 0 uv( vu) ( vu) 0 ( vu)(uv0 vu 0 (do u, v0 uv 0) vu ( () âu 5 (,0đ) y y y y 3y Thay 3y vào phương trình () được: 85 ( 3 ( )(ĐK: 3 ( 6 4 ( 3 ( )( ( 3 ( 3 3 ( )(

6 ) (TMĐK) Với thì y 0 Thử lại thấy ( y, ) (;0) là nghiệm của hệ. Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( y, ) (;0). Sử dụng giả thiết ab bc ca 7 và áp dụng bất đẳng thức ô-si, ta có: 8a 56 ( a 7) ( a abbc ca) ( ab)( a c) ( ab) ac3abc Tương tự: 8b 56 3bac 4c 7 4c ab bc ca ( c a)( c b) ca cb Do đó: 8a 56 8b 56 4c 7 (3ab c) (3ba c) (4 cab) a b c abc Q a b c Dấu = ảy ra ( ab) ac bc a b ca cb 3 7 c ab bc ca 3 Vậy min Q khi a b, c. Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THS ẩm Hoàng ẩm Giàng Hải Dương