HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: I TRẮC NGHIỆM (2 điểm) Câu Đáp án D A B D II TỰ LUẬN (8 điểm) Câu Phần a) b) Câu (2,0đ) c) Câu (2,0đ) a) Nội dung Với m = 2, hệ (1) trở thành:  x  2y   x  2y  5x  25    2x  y  12  4x  2y  24 2x  y  12 x  x    2.5  y  12 y  Vậy với m = nghiệm hệ (1) (5; 2) 2 Ta thấy:   Hệ (1) có nghiệm với m  x  2y   m 2x  4y   2m  x  2y   m    2x  y  3(m  2)  2x  y  3m  5y  5m  x  2m   m x  m    y  m y  m Do đó: A = x2 + y2 = (m + 3)2 + m2 = 2m2 + 6m + 3 9    m     m 2 2  Dấu “=” xảy  m   Vậy A   m   2 Gọi số hàng ghế lúc đầu x ( x  N* ; x  2;80 x ) 80  Số ghế hàng lúc đầu (chiếc) x Nếu bớt hàng số hàng lại x – 80 (chiếc) Khi đó, số ghế hàng x2 Vì lúc hàng lại phải xếp thêm ghế nên ta có phương trình: 80 80  2 x2 x Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – (không thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế Điểm 0.75 0.25 1.0 1.0 Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): x  x   x  x   Vì a + b + c = + – = nên phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = – Với x = y = – = – Với x = – y = – – = –  A(1; – 1) B(– 2; – 4) y O b) -3 -2 -1 B 3x 1.0 A -1 2 C Dễ thấy (d) cắt Oy điểm C(0; – 2) Do đó: 2.1 2.2 SOAB  SOAC  SOBC    (đvdt) 2 M E 0.25 Câu (3,0đ) A 1 O B C H D F N a)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: AEB   900 (kề bù với ADB )  BEM   BHM   900  900  1800 Tứ giác BEMH có: BEM  Tứ giác BEMH nội tiếp 0.75 b)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: AFB  chung ; AFB   AHN   900  AFB  AHN có: A  AHN (g.g)   AFB Gọi D giao điểm thứ hai AB với đường tròn ngoại tiếp  AMN 1  D 1 M    sđ AE   B 1  M  (tứ giác BEMH nội tiếp) Vì F  B       nên F1  M1 1  D 1 F  chung ; F  D 1  AFC  ADN có: A   AFC  ADN (g.g) AF AC    AF.AN  AC.AD AD AN Mặt khác,  AFB  AHN (g.g) AF AB    AF.AN  AB.AH AH AN AB.AH không đổi Do đó, AC.AD  AB.AH  AD  AC (vì A, C, B, H cố định)  Đường tròn ngoại tiếp  AMN qua điểm D cố định (khác A) 0.25 0.75 M E A c) O C B H D 1.0 F N Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: AB.AH 4.5 20   (cm) AD  AC 3 20  HD  AD  AH    (cm) 3  NHD (g.g) Dễ thấy  AHM AH HM 25    HM.HN  AH.HD    NH HD 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: MN  HM  HN  HM.HN  25 10  (cm) 3 1 10 25  AH.MN    (cm ) 2 3 Dấu “=” xảy 1  N   F  N   EF / /MN  EF  AB HM  HN  M 25 (cm )  EF  AB Vậy SAMN   a  b 1  ab  Đặt a = x2; b = y2 ( a, b  ) P  2 1  a  1  b  Vì a, b  nên:  SAMN  (a  b)(1  ab)  a  a b  b  ab  a  ab  a(1  b ) Câu (1,0đ)  a(1  2b  b )  a(1  b) Lại có (1  a)  (1  a)  4a  4a P a 1  b  4a 1  b   a   x  1  Dấu “=” xảy   b  y   x  1 Vậy m axP    y  1.0 ... x1 = 1; x2 = – Với x = y = – = – Với x = – y = – – = –  A(1; – 1) B(– 2; – 4) y O b) -3 -2 -1 B 3x 1.0 A -1 2 C Dễ thấy (d) cắt Oy điểm C(0; – 2) Do đó: 2.1 2.2 SOAB  SOAC  SOBC    (đvdt)... AHM AH HM 25    HM.HN  AH.HD    NH HD 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: MN  HM  HN  HM.HN  25 10  (cm) 3 1 10 25  AH.MN    (cm ) 2 3 Dấu “=” xảy 1  N   F  N   EF / /MN... phương trình: 80 80  2 x2 x Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – (không thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế Điểm 0.75 0.25 1.0 1.0 Xét phương trình hoành độ