2 3 4ĐÁP ÁN C B A CII/ TỰ LUẬN

Câu 1 2 3 4

Đáp án C B A C

II/ Tự luận: 9 điểm

Câu Trình bày Thang

điểm

0,25 điểm

Gọi quãng đờng AB là x km. ĐK: x>0. Khi đó:

Thời gian xe chạy với vận tốc 35 km/h đi hết quãng đờng AB

x

(giờ).

sẽ là

35

Thời gian xe chạy với vận tốc 50 km/h đi hết quãng đờng AB

50

5

x

-2 (giờ) hoặc

x

+1 (giờ)

Thời gian dự định lúc đầu sẽ là

(1,5

^đ

)

x

-2 =

x

+1

Theo đề ra ta có PT:

Giải Pt tìm đợc x = 350 (km), thoả mãn ĐK

Vậy: Quãng đờng AB dài 350 km

Thời gian dự định đi là:

³⁵⁰50

+1 = 8 (giờ)

ĐKXĐ:

^x≥0;x≠1

(x>1)

= + + −1 1

3

x x) 1 1 1a A x x x x x− − − + −

( )

− + + − − −1 1 1x x x x= +x x x x x( 1 )( 1 ) 1= − + = − −2 1x x x x

0,5 điểm

− −1

e) Khi x =

7 2 5−

, ta có :

6

( )

²

(2,5

^đ

)

7 2 5 2 6 2 5 7 2 5 2 5 1A= − − − = − − −= − − + = −7 2 5 2 5 2 9 4 5

f) Ta có: A = 1

 − =  =

( )

^{1 0 1}⇔ − − = ⇔ − − − = ⇔ − − = ⇔ =2 1 1 1 1 2 01 2 0 5

g) Ta có :

^{A x= −2 x− = − −1 x 1 2 x− + =1 1}

(

^{x− −1 1}

)

²

^≥0

7

(1,5

^đ

) a) Khi m = - 1, Pt (1) có dạng : (-1+1)x

²

+2(1+1)x-1-2 = 0

³x=4

Suy ra khi m = -1 Pt (1) có nghiệm

Khi

m≠ −1

, Pt (1) có nghiệm khi

( ) (

²

) ( )

∆ ≥ ⇔ − − + − ≥ ⇔ ≤' 0 1 m m 1 m 2 0 m 3

Vậy khi

m≤3

thì Pt (1) luôn có nghiệm

b) Pt (1) có một nghiệm bằng 2 khi và chỉ khi:

(m+1).2

²

+2(1-m).2+m-2 = 0

⇔ =^{m 6}m+ =

(Do m = 6)

Theo Vi –ét ta có x

1

+x

2

=

^{2 1}

( )

¹⁴1 5

mà x

1

= 2, nên x

2

=

^{14 2 4}5 − = 5

c) ĐK để Pt (1) có hai nghiệm là

^m≠ −¹

và

^m≤³

. Khi đó theo Vi-

ét ta có:

( )

 + =−x x m +

1

2

 −x x m. 2 = +

d) Ta có : 3(x

1

+x

2

) = 5x

1

x

2

^⇔6

(

^{m− =1}

) (

^{5 m− ⇔ = −2}

)

^{m 4( / )t m}

Vậy khi m = -4 thì Pt(1) có hai nghiệm x

1

,x

2

thoả mãn:

3(x

1

+x

2

) = 5x

1

x

2

a) Vì Bx là tiếp tuyến cua nửa đờng

tròn đờng kính AB tại B, nên

^ã_ABE=90

⁰

ãADB=90

⁰

(góc nội tiếp chắn nửa đờng

tròn)

Xét

∆ABF

và

∆BDF

có:

ã ã 90 ;

⁰

àABF =BDF = F

chung, nên

∆ABF

đồng dạng với tam giác

∆BDF

b) Tam giác ABE vuông tại B, có

BC⊥AE

nên

^ã_ABC= ^ã_AEB

(1)

8

ã ãABC=ADC

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

^ã_ADC=^ã_AEB

Ta có:

_{CEF CDF}^ã ₊^ã ₌^ã_{AEB CDF+}^ã ₌^ã_{ADC CDF+}^ã ₌₁₈₀

⁰

, nên tứ giác

CDFE nội tiếp đợc

c) Xét

∆^ADC

và

∆AEF

có:

^ãADC =^ãAEB

và

^à_A

chung

AD AC⇒ ∆ : ∆ ⇒ = ⇒ =ADC AEF AD AF AE AC. .AE AF

Xét tam giác vuông ABF có BD là đờng cao , suy ra:

⇒ = =

(không đổi)

2

. 4

2

AB AD AF R

ĐK:

^{x≥2;y≥ −2005;z≥2006}

Đặt

x− = ≥2 a 0; y+2005= ≥b 0; z−2006= ≥c 0⇒ = + = − = + ⇒ + + = + + +

2

2;

2

2005;

2

2006

2

2

2

3(2)x a y b z c x y z a b c

9(1

^đ

)

Từ (1) và (2) ta có: (a-1)

²

+(b-1)

²

+(c-1)

²

= 0

⇔ = = =a b c⇔ = = − =x y z3; 2004; 2007

• Lu ý: câu 8 “không vẽ hình” cho điểm 0

• Học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa

a) Khi m = 2, PT (1) có dạng: x

²

-4x+3 = 0

Ta có a+b+c = 0, nên Pt có hai nghiệm là x

1

=1; x

2

= 3

b) Điều kiện để PT (1) có nghiệm là

∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤' 0 3 m 0 m 34

c) Theo Vi-ét ta có:

¹

²

 = +. 1

( )

²

( )

2

2

2

+ = ⇔ + − = ⇔ − + =x x x x x x m

1

2

10

1

2

2

1 2

10 4 2 1 10⇔ − − = ⇔ = <16 2 2 10 2 3( / )m m t m

Vậy m = 2 thì PT có hai nghiệm x

1

;x

2

thoả mãn điều kiện: x

1

2

+x

2

2

=10