HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x  (x  1)(3x  2)  x  3x  5x  a) Câu (2,0đ)  2x  5x   9 1.0 Gọi chiều dài x(m) chiều rộng y (m) Điều kiện: < y < x < 50 Theo đề ta lập hệ phương trình:  x  y  50  x  30  (thỏa mãn điều kiện)  2x  5y  40  y  20 Vậy chiều dài 30m chiều rộng 20m Lập bảng giá trị: x1  2; x  b) x y  x2 1.0 –4 –2 4 1 (P) parabol qua điểm: (–4;4), (–2;1), (0; 0), (2; 1), (4; 4) y a) 0.75 Câu (1,5đ) -4 b) -2 O Vì (D) qua điểm C(6; 7) nên ta có:   m   m  2  (D) : y  x  2 Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) (D): x  x   x  6x   Giải x1 = 4; x2 = x 0.75 Với x1 = y1 = Với x2 = y2 = Vậy tọa độ giao điểm (D) (P) (4; 4) (2; 1) Cách 1: 1)  14   5  88  44  22 A  1   1   1     1   1  14   5 14  5   5  5    1   1 Cách 2: A  1 42 0.5  1    14    5 20   42 5 Cách 1: Đặt AH = x (m) (0 < x < 762)  BH = 762 – x (m) Ta có: Áp dụng hệ thức cạnh góc tam giác vuông, ta có: h = x.tan60 h = (762 – x).tan40 h  x.tan 60 h  (762  x).tan  x.tan 60  (762  x).tan 40  x.(tan 60  tan 40 )  762.tan 40 Câu (1,5đ) 762.tan 40 tan 60  tan 40 762.tan 40 h  tan 60  32(m) 0 tan  tan Cách 2: h h BH  Ta có: AH  tan A tan B h h  AH  BH   tan A tan B    AB  h     tan A tan B       h  AB :     32(m)   762 :  0   tan A tan B   tan tan  Tính được: h h AC   306(m) ; CB   459(m) sin A sin B Thời gian An từ nhà đến trường là: 0,306 0, 459 t   0,1(h) 19  An đến trường vào khoảng 10 phút x 2a) 2b) 0.5 0.5  = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = – 4m a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  m  0.5  x1  x  2m  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x  m  Theo đề bài:  x1  x   x1  3x Phương trình có nghiệm  m    x1  x   4x1x  x1  3x 2 Câu (1,5đ)   2m  1   m  1  x1  3x 2 b)  x1  3x   4m m 1  x    x  x  2m  Ta có hệ phương trình:    x1  3x   4m  x  3(m  1)  2 m  3(m  1)    m2  2   m  1   m  1 1.0  m2    m  1 Kết hợp với điều kiện  m  1 giá trị cần tìm E C 1 N D M I Câu (3,5đ) H J K 0.25 A B O F a) b)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: ADB )   900 (kề bù với ADB  ADC   ADC   900 Tứ giác ACDH có AHC  Tứ giác ACDH nội tiếp 1  H 1 Tứ giác ACDH nội tiếp  A 1  ABC  (cùng phụ với góc ACB) Mà A 1  ABC  H Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông AOC, có: OA2 = OH.OC  OB2 = OH.OC (vì OA = OB) OB OH   OC OB  chung ; OB  OH  OHB  OBC có: BOC OC OB  OBC (c.g.c)   OHB  OHB 1  H 2  H 3  H    900  Mà H c)    OBC H 4  H  H   ABC   OBC  H 0.5 0.25 0.5  2  H 3 H  HM tia phân giác góc BHD  HBD có HM đường phân giác đỉnh H Mà HC  HM  HC đường phân giác đỉnh H Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác, có: MD HD CD HD   MB HB CB HB MD CD    MD.BC  MB.CD MB CB Gọi N giao điểm thứ hai AH (O)  OAN cân O, có OH đường cao 1  O   ONC  OAC (c.g.c) O   OAC   900  ONC (O) có K trung điểm dây BD khác đường kính   900  OK  BD  OKC Do đó, điểm A, C, N, K, O thuộc đường tròn đường kính OC Dễ chứng minh toán phụ: Nếu hai dây AB CD (O) cắt I IA.IB = IC.ID 0.25 0.5 0.5 C I A B O D Áp dụng toán trên, ta có: (O) có hai dây AN BD cắt M nên MA.MN = MB.MD Đường tròn đường kính OC có hai dây AN CK cắt M nên MA.MN = MC.MK Do MB.MD = MC.MK (O) có hai dây AN IJ cắt M nên MA.MN = MI.MJ  MI.MJ = MC.MK MI MC   J1  MKJ  C     MIC MK MJ 1  E   900  COE  E   J1 Mà C  d)   Tứ giác EJKM nội tiếp   EKM   900  EJM Gọi F giao điểm thứ hai CO với (O)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  IJF   1800  EJF  E, J, F thẳng hàng  OC EJ cắt điểm F thuộc (O) (Phần tương tự phần c) đề Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014) 0.75 ...  1800  EJF  E, J, F thẳng hàng  OC EJ cắt điểm F thuộc (O) (Phần tương tự phần c) đề Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014) 0.75 ... C, N, K, O thuộc đường tròn đường kính OC Dễ chứng minh toán phụ: Nếu hai dây AB CD (O) cắt I IA.IB = IC.ID 0.25 0.5 0.5 C I A B O D Áp dụng toán trên, ta có: (O) có hai dây AN BD cắt M nên MA.MN... khoảng 10 phút x 2a) 2b) 0.5 0.5  = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = – 4m a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  m  0.5  x1  x  2m  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x  m  Theo đề bài: