HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần 1) Câu I (2,0đ) 2) 1) Nội dung A  25   18     Vậy A = Vì đồ thị hàm số y = 2x + m qua điểm K(2; 3) nên ta có: 2.2  m   m  1 Vậy m = – giá trị cần tìm 3x  y  10 9x  3y  30 11x  33    2x  3y   2x  3y  3x  y  10 Điểm x  x    3.3  y  10 y  Vậy nghiệm hệ phương trình (3; 1) Với x  0; x  1; x  , ta có: x x x x x 3 x 1 B    x  2x  x   x x 1 0.75     Câu II (3,0đ) 2)    x  3   x 1  x 1 x  x 1  x x  x 1    1.0 1.0  x  1 x  1  x  1 x  1  x x 3 x 1    x 1  x 1  x 1 1.0 x 3 x 1   x 1 x 1 x 3 x 1 x 3 B0  x   (do x   0) x 1 1  x  0x Vậy với  x  B < Phương trình x  (2m  5)x  2m   Khi m   , phương trình (1) trở thành: x  x  x  4x   x(x  4)     x   x  Vậy m   phương trình (1) có tập nghiệm S  {0;4}  3a) (1) 0.5   (2m  5)2  4(2m  1)  4m  12m  21  (2m  3)  12  m  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  x1  x  2m  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1x  2m  Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là:  2m   m   2m   Ta có: 3b) P2   x1  x  0.75   x1  x   x1 x    2m   2m   2m   2m     Câu III (1,5đ)   2m      P  (do P  0) Dấu “=” xảy  2m     2m    m  (thỏa mãn điều kiện) Vậy m = giá trị cần tìm Khi P  Gọi số học sinh lớp 9A, 9B x, y ( x, y  N* )  Lớp 9A ủng hộ 6x sách giáo khoa 3x sách tham khảo, lớp 9B ủng hộ 5y sách giáo khoa 4y sách tham khảo Ta có hệ phương trình: 9x  9y  738  x  y  82   (6x  5y)  (3x  4y)  166 3x  y  166  x  42 (thỏa mãn điều kiện) Giải hệ được:   y 40  Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh 1.5 A K Câu IV (3,0đ) H 0.25 O B C E D 1) 2) 3) 4) Câu V (0,5đ) Tứ giác ABEK có:   900 (AE  BC) AEB   900 (BK  AC) AKB   AKB   1800  AEB  Tứ giác ABEK nội tiếp  CEA  CKB có:  chung ; CEA   CKB   900 ACB   CEA  CKB (g.g) CE CA    CE.CB  CK.CA CK CB Vẽ đường kính AD (O)   ABC   900  ABE vuông E nên A D  (hai góc nội tiếp chắn cung AC (O)) Mà ABC 1  D   900 A (1)   ACD có ACD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 2  D   900 A 2  C  (  OAC cân O) Mặt khác, A 1  D   900 C (2)   Từ (1) (2)  A1  C1 Nhận xét: Nếu vẽ đường kính CD chứng minh nhanh không tiện cho phần Gọi I điểm đối xứng với O qua BC, A OI cắt BC N  N trung điểm OI, BC điểm I, N cố định Ta thấy BH // CD (cùng  AC) H Tương tự: CH // BD O  Tứ giác BHCD hình bình hành  N trung điểm BC N B C N trung điểm HD  AHD có ON đường trung bình I  AH = 2ON D  AH = OI (= 2ON) Lại có AH // OI (cùng  BC)  Tứ giác AHIO hình bình hành  IH = OA = R = (cm)  H thuộc đường tròn (I; 3cm) cố định Nhận xét: Nếu cố định điểm A, cạnh BC di động có độ dài không đổi AH không đổi, H di chuyển (A; R’) cố định, với R’ lần khoảng cách từ O đến BC 2002 2017 Q   2996a  5501b a b  2002   2017    8008a     2017b   2506  2a  3b   a   b  0.5 0.5 0.75 1.0 0.5 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si sử dụng giả thiết 2a  3b  , ta có: 2002 2017 Q2  8008a   2017b  2506.4 a b Q  8008  4034  10024  2018 Dấu “=” xảy  2002  a  8008a    2017 a    2017b    b b  2a  3b     a  Vậy Q = 2018   b  Thầy giáo Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương ... có: 2002 2017 Q2  8008a   2017b  2506.4 a b Q  8008  4034  100 24  2018 Dấu “=” xảy  2002  a  8008a    2017 a    2017b    b b  2a  3b     a  Vậy Q = 2018  ... 166 3x  y  166  x  42 (thỏa mãn điều kiện) Giải hệ được:   y 40  Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh 1.5 A K Câu IV (3,0đ) H 0.25 O B C E D 1) 2) 3) 4) Câu V (0,5đ) Tứ giác... đến BC 2002 2017 Q   2996a  5501b a b  2002   2017    8008a     2017b   2506  2a  3b   a   b  0.5 0.5 0.75 1.0 0.5 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si sử dụng giả thi t 2a  3b