Giải hệ phương trình 3 2 2 2 6 x y x y

(1)

-1-

PHÒNG GD&ĐT PHÚC YÊN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Lưu ý:

- Hướng dẫn chỉ trình bày các bước cơ bản của 1 cách giải, nếu HS có cách giải khác và đúng vẫn cho điểm theo thang điểm của hướng dẫn chấm.

- Trong một bài, thí sinh giải đúng đến đâu cho điểm đến đó.

- Bài hình học nếu không vẽ hình thì không cho điểm, nếu vẽ hình sai thì không cho điểm ứng với phần vẽ hình sai.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

I. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Mỗi câu đúng 0,5 điểm.

Câu 1 2 3 4

Đáp án C B A D

II. TỰ LUẬN (8,0 điểm).

Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 2 2

2 6

x y

 



  



Nội dung Điểm

Giải hệ phương trình

 

3 2 2 1

2 6 2

x y

 



  

 Từ

 

² ^^y^{ }²^x^^6.

0,25

Thế vào (1) ta được ³^x^²



^²^x^⁶



^²^⁷^x^¹⁴^^x^^2. 0,25

Tính được y2. 0,25

Vậy hệ có nghiệm



^{x y}^;

 

^ ^{2; 2 .}



^0,25

Câu 6 (2,5 điểm). Cho parabol ( ) :P y 2x² và đường thẳng ( ) :d yxm (với m là tham số).

a) (0,5 điểm). Vẽ parabol ( ).P

Bảng giá trị:

x 1 1

2 0 1

2 1

2 2

y  x 2 1

2 0 1

2 2

0,25

Parabol ( ) :P y 2x²

0,25

b) (1,0 điểm). Tìm tọa độ giao điểm của parabol

 

P với đường thẳng

 

d khi m3.

Với m3 :

 

^d có phương trình yx3 0,25

Phương trình hoành độ giao điểm

 

P và

 

d là: 2x² x 3 2x²  x 3 0

1 3 2 x x

 



  



0,25

(2)

-2- + Với x 1 y 2.

+ Với 3 9

2 2.

x   y  0,25

Vậy tọa độ giao điểm của

 

^P ^và

 

^d ^là:



^{1; 2 ,}



³^; ⁹ ^.

2 2

 

   

  0,25

c) (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng

 

^d cắt parabol

 

^P ^{tại hai}

điểm phân biệt có hoành độ x x₁, ₂ thỏa mãn x₁x₂x x_{1 2}.

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

^P ^và

 

^d ^:^²^x²^{ }^{x m}^²^x²^{ }^{x m}^^{0 1}

 

P cắt đường thẳng

 

d tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x₁, ₂ khi phương trình

 

1 có

hai nghiệm phân biệt 1 2

 

, 1 8 0 1 *

x x     m m 8

0,25

Theo Vi-et ta có

1 2

1 2 2 x x x x m

   





  



0,25

Ta có ₁ ₂ _{1 2} 1

2 2

x x x x    m 0,25

m1 ( thỏa mãn điều kiện (*))

Vậy: m1. ^0,25

Câu 7 (1,0 điểm). Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì sau 15 ngày làm xong. Nếu đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại và đội thứ hai làm tiếp công việc đó trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành được 1

4 công việc. Hỏi mỗi đội làm riêng thì sau bao nhiêu ngày làm xong công việc đó.

Nội dung Điểm

Gọi thời gian để đội thứ nhất làm riêng xong công việc là: x ( ngày)



^x^^{15 .}



Gọi thời gian để đội thứ hai làm riêng xong công việc là: y ( ngày)



^y^^{15 .}



^0,25

Một ngày, đội thứ nhất làm được: 1

x (công việc).

Đội thứ hai làm được: 1

y (công việc).

Vì hai đội cùng làm chung công việc thì sau 15 ngày làm xong, nên ta có:

¹⁵ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹

 

^{* .}

15

x y x y

 

    

 

 

0,25

Vì đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại và đội thứ hai làm tiếp công việc đó trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành được 1

4 công việc, nên ta có: ³ ⁵ ¹

 

^{** .}

4

x y 0,25

Từ

   

* & ** ta được:

1 1 1 1 1

15 24 24

1 1

3 5 1 40

4 40

x

x y x

y x y y

    

   

 

 

  

 

    

 



( thỏa mãn)

Vậy: đội thứ nhất làm riêng xong công việc là: 24 ( ngày) . Đội thứ hai làm riêng xong công việc là: 40 ( ngày) .

0,25

(3)

-3-

Câu 8 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm (O) với đường kính AB và C là một điểm nằm trên đường tròn (O) sao cho ACBC. Gọi I là trung điểm của OA, đường thẳng d đi qua I vuông góc với AB cắt BC tại M và cắt đoạn AC tại P. Đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là điểm K.

a) (1,0 điểm). Chứng minh tứ giác BCPI là tứ giác nội tiếp.

Nội dung Điểm

Ta có ^PCB^^{90 1}⁰

 

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25

Ta có ^PIB^⁹⁰⁰

 

² (giả thiết) 0,25

Từ (1) và (2) ta được: PCB PIB180⁰ 0,25

Vậy tứ giác BCPI là tứ giác nội tiếp. 0,25

b) (1,0 điểm). Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng.

Xét tam giác MAB có:

MI vuông góc với AB tại điểm I.

AC vuông góc với BC tại điểm C ( do AB là đường kính của đường tròn (O)).

0,25 Mà ^MI^^AC^

 

^P , suy ra P là trực tâm của tam giác MAB. 0,25 Ta lại có AKB90⁰ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra BK  AM, hay BK là đường cao của tam giác MAB. ^0,25

Suy ra BK đi qua điểm P.

Vậy ba điểm B, P, K thẳng hàng. 0,25

c) (1,0 điểm). Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại Q. Khi BCR, tính diện tích tứ giác QIAM và độ dài BK theo R.

Ta có I là trung điểm của OA nên .

2 2

OA R IAIO  3 .

2 IBOBIO R Dựng ^QH^^{MI H}



^^MI



^.

Khi đó ta có BQHI là hình chữ nhật, suy ra: 3 2 . QH IB R

Xét tam giác OBC có: OBOC BCR, suy ra tam giác OBC là tam giác đều.

0,25

Suy ra: OBC60 ,⁰ hay IBM60 .⁰

(4)

-4-

0 3 3

. tan 60 .

2 IM IB  R

Diện tích tứ giác QIAM: 1 1

. .

2 2

AIM QI

QIAM M

S S_ S_  IM AI IM QH

 

1 1 3 3 3 3 2

. . .2 .

2 2 2 2

R R

IM AI QH R

   

0,25

Ta có:

2 2

2 2 27

4 4 7.

R R

AM  IA IM   R 0,25

Ta có tam giác AIM đồng dạng với tam giác AKB, nên ta có:

2 .3 3

. 2 3 21 .

7 7

R R

BK AB AB IM

BK R

IM  AM   AM  R 

0,25

Câu 9 (0,5 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn a b c  abc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:



¹ ²

 

¹ ²

 

¹ ²



^.

a b c

P

bc a ca b ab c

  

  

Nội dung Điểm

Ta có: ^bc



¹^^a²



^^bc^^{a abc}^. ^^bc^^{a a}



^{ }^{b c}

 

^ ^a^^b



^a^^c



^.

Suy ra:



²

   

1 1 1

2 2 .

1

a a a a a

a b a c a b a c

a b a c bc a

   

             



Chứng minh tương tự ta có:



²



1 .

1 2

b b b

b c b a ca b

 

     





²



1 .

1 2

c c c

c a c b ab c

 

   

 

 



0,25

Từ đó ta có: 1 3

2 2.

a b b c c a

P a b b c c a

  

 

    

  

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :ab c 3.

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3

2 khi ab c 3.

0,25

---HẾT---