Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm. Câu 1 2 3 4 Đáp án B C A D Phần II. Tự luận (8,0 điểm). Câu 5 (2,0 điểm). Nội dung trình bày Điểm Xét hệ phương trình 4 5 5 (1) 4 7 1 (2) x y x y − = − − = − Lấy (1) – (2) ta có: 2 4 2y y= − ⇔ = − Thay 2y = − vào (1) có: 4 10 5x + = − 15 4 x⇔ = − Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 15 , 2 4 x y= − = − Câu 6 (1,5 điểm). 1. (0,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm Ta có '∆ = m 2 − 3m + 6 0,25 = 2 3 15 0 2 4 m − + > ÷ ∀m nên PT đã cho có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x với mọi giá trị của m. 0,25 2. (1,0 điểm): Nội dung trình bày Điểm Theo công thức viet ta có: x 1 + x 2 = 2(m − 1), x 1 x 2 = m − 5 0,25 Ta có 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 .x x x x x x+ = + − 2 2 4( 1) 2( 5) 4 10 14m m m m= − − − = − + 0,25 Từ đó 2 2 2 2 1 2 1 10 4 10 14 10 4 10 4 0 2 2 m x x m m m m m = + = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 Vậy 1 2 m = hoặc m = 2 là các giá trị cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán. 0,25 Câu 7 (1,5 điểm). Nội dung trình bày Điểm Gọi độ dài cạnh đáy của tam giác đã cho là x (m) (điều kiện x > 0) thì chiều cao của tam giác là 3 4 x (m). Diện tích của tam giác là 2 1 3 3 . . 2 4 8 S x x x= = (m 2 ) Khi tăng chiều cao thêm 3m và giảm cạnh đáy đi 2m thì chiều cao của tam giác mới là ( 3 3 4 x + ) (m) và độ dài cạnh đáy của tam giác mới là (x − 2) (m). Khi đó diện tích tam giác mới là 1 3 ' .( 2). 3 2 4 S x x = − + ÷ (m 2 ) Theo bài ra ta có PT : 2 1 3 3 3 ( 2) 9 2 4 8 x x x + − = + ÷ ⇔ x = 16 (thoả mãn điều kiện) Vậy tam giác đã cho có độ dài cạnh đáy là x = 16 (m), độ dài chiều cao là h = 12 (m). Câu 8. ( 2,0 điểm). 1. ( 1,0 điểm): Nội dung trình bày Có: · 0 90MAO = (góc giữa tiếp tuyến với bán kính đi qua tiếp điểm). Tương tự · 0 90MBO = . Suy ra các điểm A, N, B cùng nhìn đoạn MO dưới một góc vuông. Vậy 5 điểm M, A, N, O, B cùng thuộc đường tròn bán kính 2 MO . 2.( 1,0 điểm): Nội dung trình bày Tứ giác MANB nội tiếp nên · · AMN ABN= (1), OA PS⊥ , · · //OA MA PS MA AMN RPN ⊥ ⇒ ⇒ = (2). Từ (1) và (2) suy ra: · · ABN RPN= hay · · RBN RPN= ⇒ tứ giác PRNB nội tiếp · · BPN BRN⇒ = (3) Mặt khác có: · · BPN BAQ= (4), nên từ (3) và (4) suy ra: · · //BRN BAQ RN SQ= ⇒ (5) Từ (5) và N là trung điểm PQ nên trong SPQ∆ có RN là đường trung bình, suy ra PR RS= (đpcm) Câu 9 (1,0 điểm). Nội dung trình bày Có 2 2 2 ( ) ( )( )a a b c a b c a b c≥ − − = − + + − (1) , 2 2 2 ( ) ( )( )b b c a b c a b c a≥ − − = − + + − (2) 2 2 2 ( ) ( )( )c c a b c a b c a b≥ − − = − + + − (3) . Dấu ‘=’ xảy ra a b c⇔ = = Do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên các vế của (1), (2), (3) đều dương. Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta có : ( )( )( )abc a b c b c a c a b≥ + − + − + − (*) Từ 2a b c+ + = nên (*) (2 2 )(2 2 )(2 2 )abc a b c ⇔ ≥ − − − 8 8( ) 8( ) 9 0a b c ab bc ca abc ⇔ − + + + + + − ≤ 8 9 8( ) 0 9 8( ) 8abc ab bc ca abc ab bc ca⇔ + − + + ≥ ⇔ − + + ≥ − (*) Ta có 3 3 3 3 ( ) 3( )( ) 3 8 6( ) 3a b c a b c a b c ab bc ca abc ab bc ca abc+ + = + + − + + + + + = − + + + Từ đó [ ] 3 3 3 4( ) 15 27 24( ) 32 3 9 8( ) 32a b c abc abc ab bc ca abc ab bc ca + + + = − + + + = − + + + (**) Áp dụng (*) vào (**) cho ta 3 3 3 4( ) 15 3.( 8) 32 8a b c abc+ + + ≥ − + = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 3 a b c= = = . Từ đó giá trị nhỏ nhất của P là 8 đạt được khi và chỉ khi 2 3 a b c= = = Hình vẽ . 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 .x x x x x x+ = + − 2 2 4( 1) 2( 5) 4 10 14m m m m= − − − = − + 0,25 Từ đó 2 2 2 2 1 2 1 10 4 10 14 10 4 10 4 0 2 2 m x x m m m m m = + = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 Vậy. y x y − = − − = − Lấy (1) – (2) ta có: 2 4 2y y= − ⇔ = − Thay 2y = − vào (1) có: 4 10 5x + = − 15 4 x⇔ = − Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 15 , 2 4 x y= − = − Câu 6 (1,5. M, A, N, O, B cùng thuộc đường tròn bán kính 2 MO . 2.( 1,0 điểm): Nội dung trình bày Tứ giác MANB nội tiếp nên · · AMN ABN= (1), OA PS⊥ , · · //OA MA PS MA AMN RPN ⊥ ⇒ ⇒ = (2). Từ (1) và