SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1,5 điểm) 1) 12 27 48 2 3 3 3 4 3 3A        2) Ta có     1 : xy x y x y y x x y x y xy x y xy         Câu 2 : (2,0 điểm) 1)   1 2 2 1 1 2 1 3 4 1 2 1 3 4 1 5 5 1 y x x y y x x x x x y x y                                   2) ĐK: 1, 3x x       2 2 2 2 0 0 1 4 3 1 1 3 3 2 0 3 2 0 x x x x x x x x x x x x                    Vì a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0 1 1x  (không TMĐK), 2 2x  (TMĐK) Vậy phương trình có một nghiệm là 2x  Câu 3 : (2,0 điểm) 1) Phương trình có nghiệm khi   2 ' 2 1 1 0 2 1 0 2 m m m m           2) Phương trình có hai nghiệm 1 2 ,x x khi 1 2 m   (theo câu 1). Theo Viét, ta có:   1 2 2 1 2 2 1x x m x x m         Khi đó     2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 5 13 7 13 4 1 7 13x x x x x x x x m m             2 3 8 9 0 *m m    Vì ' 16 27 11 0      , nên (*) vô nghiệm. Vậy không tồn tại giá trị nào của m để phương trình   2 2 2 1 0x m x m    có hai nghiệm 1 2 ,x x sao cho: 2 2 1 2 1 2 5 13x x x x   . Câu 4: (3,5 điểm) 1) Xét tứ giác APMQ, ta có:   0 90OAP OMP  (vì PA, PM là tiếp tuyến của (O)) Vậy tứ giác APMO nội tiếp. 2) Ta có AP = MP (AP, MP là tiếp tuyến của (O)) BQ = MQ (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O)) AP+BQ=MP+MQ=PQ 3) Ta có OP là phân giác  AOM (AP, MP là tiếp tuyến của (O)) OQ là phân giác  BOM (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O)) Mà   0 180AOM BOM  (hai góc kề bù)  0 90POQ  www.VNMATH.com Xét POQ , ta có:  0 90POQ  (cmt), OM PQ (PQ là tiếp tuyến của (O) tại M) 2 .MP MQ OM  (hệ thức lượng) Lại có ,MP AP MQ BQ  (cmt), OM AO (bán kính) Do đó 2 .AP BQ AO 4) Tứ giác APQB có:   // ,AP BQ AP AB BQ AB  , nên tứ giác APQB là hình thang vuông   . 2 2 APQB AP BQ AB PQ AB S     Mà AB không đổi, nên APQB S đạt GTNN PQ nhỏ nhất //PQ AB PQ AB OM AB     M là điểm chính giữa  AB. Tức là 1 M M hoặc 2 M M (hình vẽ) thì APQB S đạt GTNN là 2 2 AB Câu 5 : (1,0 điểm) Ta có 3 5 5 3x y x y     Khi đó     2 2 2 2 2 16 2 5 3 16 2 5 3 10 20 35A x y y x y y y y y y               2 10 1 25 25y    (vì   2 10 1 0y   với mọi y) Dấu “=” xảy ra khi   2 5 3 2 1 10 1 0 x y x y y                Vậy GTNN của A là 25 khi 2 1 x y      www.VNMATH.com . Câu 5 : (1,0 điểm) Ta có 3 5 5 3x y x y     Khi đó     2 2 2 2 2 16 2 5 3 16 2 5 3 10 20 35A x y y x y y y y y y               2 10 1 25 25y    (vì   2 10. SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1 ,5 điểm) 1) 12 27 48 2 3 3 3 4 3 3A        2) Ta có     1 : xy x y x y y x x y x y xy x y xy         Câu 2 : (2,0 điểm) 1). trình   2 2 2 1 0x m x m    có hai nghiệm 1 2 ,x x sao cho: 2 2 1 2 1 2 5 13x x x x   . Câu 4: (3 ,5 điểm) 1) Xét tứ giác APMQ, ta có:   0 90OAP OMP  (vì PA, PM là tiếp tuyến