Đang tải... (xem toàn văn)
1 Vì OM = ON = OP = OQ t/c bán kính đường tròn nên tứ giác MPNQ có: Hai đường chéo MN và PQ bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.. Tứ giác MPNQ là hình chữ nhật.[r]
(1)SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC Mã đề 04 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2008 – 2009 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút Bài x 2y 5 a) Giải hệ phương trình: 2x 3y 3 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm phương trình 2x 13x 0 Tính giá trị biểu thức: A = x1+x2 + x1.x2 P 1 x : 1 1 x 1 x2 với -1< x < Bài Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị x để P2 = P Bài Một người xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 60km Khi từ B trở A, trời mưa người đó giảm vận tốc 10km/h so với lúc nên thời gian nhiều thời gian là 30 phút Tính vận tốc lúc người đó Bài Cho đường tâm O, đường kính AB Trên đường tròn lấy điểm M (M khác A và B), tia AM cắt tiếp tuyến kẻ từ B đường tròn ngoại tiếp N Gọi I là trung điểm AM a) Chứng minh: NAB MBN b) Chứng minh: AO IB = AI ON c) Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác BNMO gấp lần diện tích tam giác BMO x x y xy y 0 Bài Các số thực x, y thoả mãn điều kiện: Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức: S = x + y - Hết -Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh………… (2) SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC Mã đề 01 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2008 – 2009 Môn thi: TOÁN Ngày thi 24 tháng năm 2008 HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu Nội dung x 2y 5 2x 4y 10 7y 7 x 3 2x 3y 3 x 2y 5 y 1 a) Ta có: 2x 3y 3 b) Phương trình: 2x2 – 13x – = (*) Ta có a.c = 2.( – 9) = – 18 < nên pt (*) có nghiệm x1 , x2 phân biệt 13 x x x x 2 Theo định lí Vi-et, ta có : 13 13 A x1 x x1.x 2 2 Theo bài ra, ta có: Vậy A = 1 x2 1 x2 P 1 x : 1 : x x x 1 x2 a) x2 x2 x2 1 x 1 x 1 x x2 với –1< x < (*) Điểm 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 b) P2 = P P2 – P = P(P – 1) = P = P = Với P = x 0 x 0 x 1 (không tmđk (*)) 0,25 0,25 Với P = x 1 x 1 x 0 (tmđk (*)) Vậy x = thì P2 = P Gọi vận tốc xe máy lúc là x (km/h, x > 0) Vận tốc xe máy lúc là: x + 10 (km/h) 60 Thời gian xe máy lúc là x 10 (h) 60 Thời gian xe máy lúc là x (h) 0,25 0,25 60 60 Theo bài ta có phương trình: x x 10 x 30 x 10x 1200 0 x 40 0,5 0,5 0,5 (3) Đối chiếu điều kiện, ta có: x = 30 Vậy vận tốc xe máy lúc là 30km/h 0,25 0,25 A I O B M 0,5 N sñ MB sñ BM sñ NAB sñ MBN ( t/c góc nội tiếp) ; (t/c góc tiếp a) tuyến và dây cung) NAB MBN (cùng chắn cung BM ) b) Tứ giác BOIN có: OBN 90 (t/c tiếp tuyến) và OIN 90 (t/c đường kính và dây cung) Tứ giác BOIN nội tiếp nên ta có: OBI ONI (cùng chắn OI ) Xét ABI và ANO có: OBI ONI ; BAI chung ABI ANO (g.g) AI BI AI.NO AO.BI AO NO c) Ta có: SBNMO = 7.SBMO SBNM = 6.SBMO SBMN = 3.SABM (do SABM = 2SBMO) MN = 3AN (vì cùng chung đường cao BM) AN = 4.AM Mặt khác theo hệ thức lượng tam giác vuông ABN, ta có: AB AB AM AM OA 2 2 AM.AN = AB 4AM = AB Vì AM = OA = OM nên AOM AOM 60 Vậy điểm M nằm trên (O) cho sđ AM 60 Ta có: x2 + 6(x + y) + 2xy + 2y2 + = (x + y)2 + 6(x + y) + y2 + = (x + y + 3)2 – = –y2 ≤ (x + y + 3)2 ≤ x y x y x y x S = x + y thì Max S = Dấu “=” xẩy khi: y 0 x Min S = Dấu “=” xẩy khi: y 0 Chú ý : Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (4) SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC Mã đề 01 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút Bài a) Giải phương trình: x2 + x – = b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax – qua điểm M(2; - 1) Tìm hệ số a Bài x x x2 P 2 x x x x x với x >0 và x 1 Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = Câu Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 10 hàng Khi khởi hành thì xe phải điều làm công việc khác, nên xe còn lại phải chở nhiều 0,5 hàng so với dự định Hỏi đoàn xe lúc đầu có bao nhiêu ( biết khối lượng hàng xe chở nhau) Bài Cho đường tròn tâm O có các đường kính MN, PQ (PQ không trùng MN) 1) Chứng minh tứ giác MPNQ là hình chữ nhật 2) Các tia NP, NQ cắt tiếp tuyến M đường tròn tâm O thứ tự E, F a) Chứng minh điểm E, F, P, Q cùng thuộc đường tròn b) Khi MN cố định, PQ thay đổi, tìm vị trí E và F diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ Bài Cho các số a, b,c 2;5 thỏa mãn điều kiện a 2b 3c 2 Chứng minh bất đẳng 2 thức: a 2b 3c 66 Đẳng thức xẩy nào? - Hết -Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh………… (5) SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Mã đề 01 Ngày thi 24 tháng năm 2009 HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu Nội dung Điểm 0,5 a) Ta có: = + 4.6 = + 24 = 25 25 5 0,5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = ; x2 = – b) Đường thẳng y = ax – qua điểm M(2; – 1) nên ta có: 2.a – = – 0,5 2a = – + = a = : = 0,5 Vậy a = 0,5 0,5 x x x2 x x x P x x x x x x x x a) x x1 x. x 2x x1 x x với x >0 và x 1 (*) x 2x 0 x x 0 x 0 b) P = (loại vì không thỏa mãn 1 x x (thỏa mãn đk (*)) đk(*)) x Vậy giá trị cần tìm x là Gọi số xe lúc đầu đoàn xe là x (x > 1, x nguyên dương) 10 Số hàng xe phải chở theo dự định là x (tấn) Số xe thực tế chở hàng là: x – (chiếc) 10 Số hàng xe thực tế phải chở là: ( x + 0,5) (tấn) 10 Theo bài ta có pt: (x – 1)( x + 0,5) = 10 (x – 1)(10 + 0,5x) = 10x x2 – x – 20 = x = – x = Đối chiếu đk, ta có : x = Vậy đoàn xe lúc đầu có 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 N P Q F 0,5 O M E (6) 1) Vì OM = ON = OP = OQ (t/c bán kính đường tròn) nên tứ giác MPNQ có: Hai đường chéo MN và PQ và cắt trung điểm đường Tứ giác MPNQ là hình chữ nhật 2a) Ta có: NQP QPM (so le trong) ; PN MQ,QN MP (t/c hình chữ nhật) sñ NQP sñ NP ( t/c góc nội tiếp ) (1) Theo tính chất góc có đỉnh bên ngoài đường tròn, ta có: sñ QM sñ MP sñ NM sñ MP sñ NQ sñ QM sñ NP sñ NEF 2 2 (2) Từ (1) và (2), ta có: NQP NEF NEF PQF NQP PQF 180 Tứ giác EFQP nội tiếp hay điểm E, F, Q, P cùng thuộc đường tròn SNEF MN.EF 2b) Ta có : Do MN không đổi nên SNEF đạt giá trị nhỏ EF đạt giá trị nhỏ Theo hệ thức lượng tam giác NEF vuông N, ta có: 2 ME.MF = MN2 Mà ME + MF = EF EF (ME MF) 4.ME.MF 4MN Do đó EF2 đạt giá trị nhỏ 4MN2 ME = MF = MN Vậy vị trí E và F cùng cách tiếp điểm M khoảng MN MN cố định, PQ thay đổi thì SNEF đạt giá trị nhỏ Vì a, b,c 2;5 nên a 5 ; b 5 ; c 5 (a 2)(a 5) 0 a 3a 10 0 Dấu “=” xẩy có dấu “=” (1), (2), (3) và (4) a = c = – ; b = Chú ý : Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn Mã đề 02 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1) Dấu “=” xẩy c = – c = Theo bài : a 2b 3c 2 (4) Cộng (1),(2) và (3) vế theo vế, kết hợp với (4), ta có: a 2b 3c 3(a 2b 3c) 60 3.2 60 66 ĐỀ CHÍNH THỨC 0,5 Dấu “=” xẩy a = – a = 2.(b 2)(b 5) 0 2b 6b 20 0 (2) Dấu “=” xẩy b = – b = 3.(c 2)(c 5) 0 3c 9c 30 0 (3) SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH 0,5 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN 0,25 0,25 0,25 (7) Thời gian làm bài : 120 phút Bài Rút gọn các biểu thức sau: a) 18 b) x x x x x1 Bài Cho phương trình: x x m 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn đẳng thức : x1.x 1 20 x1 x Bài a) Trên hệ trục toạ độ Oxy, đường thẳng y =ax + b qua điểm M(0; 4) và N(2; 5) Tìm hệ số a và b 2x 2y 3 b) Giải hệ phương trình: xy Bài Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC ( M B, M C ) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với tia DM cắt các đường thẳng DM, DC theo thứ tự H và K a) Chứng minh các tứ giác : ABHD và BDCH nội tiếp b) Tính góc CHK c) Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC S Chứng minh đẳng thức: 1 2 AD AM AS 2 Bài Tìm x để y đạt giá trị lớn thoả mãn: x 2y 2xy 8x 4y 0 - Hết -Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh………… SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC Mã đề 01 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN Ngày thi 24 tháng năm 2010 (8) HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu a) Ta có: 18 Nội dung 3 2 (3 1) 4 b) Ta có: 1 x 1 x x x x1 x x1 x x1 x 1 x1 x x 2 (đk x 1 ) Điểm 1,0 0,5 0,5 a) Khi m = 7, ta có pt : x2 – 5x + = 25 24 1 0,5 Phương trình có nghiệm phân biệt: x1 = ; x2 = 0,5 b) Phương trình: x2 – 5x + m – = (1) Để pt (1) có nghiệm x1, x2 thì: 25 4.(m 1) 25 4m 29 4m 0 m 29 (*) 0,5 x1 x 5 x x m Theo định lí Vi-et, ta có: Theo bài ta có: (x1.x2 + 1)2 =20.(x1 + x2) m2 = 20.5 = 100 m = 10 m = – 10 Đối chiếu đk (*), ta có: m = – 10 là giá trị cần tìm 0,5 a) Đường thẳng y = ax + b qua điểm M( 0; 4) nên ta có pt: a + b = b = 0,5 Đường thẳng y = ax + b qua điểm N( ; 5) nên ta có pt: 2.a + = 2.a = a = 0,5 0,5 2x 2y 3 xy b) x y 1,5 xy x và y là nghiệm pt: X2 – 1,5X – = 0,5 Ta có: 1,5 4.1 2, 25 6,25 2,5 Phương trình có nghiệm phân biệt: X1 = ; X2 = – 0,5 Vậy nghiệm hệ phương trình là (x ; y) =(2 ;– 0,5) (x ; y) =(– 0,5; 2) 0,5 A 0,5 B H M N D C K S (9) a) Tứ giác ABHD có BAD 90 ; BHD 90 (gt) BAD BHD 90 90 180 Vậy tứ giác ABHD nội tiếp đường tròn 0,5 Tứ giác BDCH có: BCD 90 ; BHD 90 (gt) Mà hai góc này cùng nhìn cạnh BD góc 900 nên tứ giác BDCH nội tiếp đường tròn 0,5 b) Vì tứ giác BDCH nội tiếp đường tròn nên CHK BDC (t/c tứ giác nội tiếp) Mà BDC 90 : 45 (t/c hình vuông) Vậy CHK BDC 45 0,5 c) Qua A, ta kẻ đường thẳng vuông góc với AM cắt tia CD N Xét ADN và ABM có: A1 A3 (vì cùng phụ với A ) ; AD = AB (gt) ; ADN ABM 90 (gt) ADN = ABM (g.c.g) AN = AM 0,5 Theo hệ thức lượng tam giác vuông ANS với đường cao AD, ta có: 1 1 2 2 AD AN AS AM AS2 (do AN = AM) 0,25 1 2 Vậy AD AM AS 0,25 Ta có: x2 + 2y2 + 2xy – 8x – 4y = x2 + 2( y – 4)x + 2y2 – 4y = (*) 0,25 Ta xem pt (*) là pt bậc với ẩn là x, tham số là y Đk để pt này có nghiệm là: /x (y 4) 2y 4y 0 y2 – 8y +16 – 2y2 + 4y 0,25 – y2 – 4y + 16 12 – (y + 2)2 (y 2) 12 y 2 y 2 y 2 Vậy y đạt giá trị lớn x = – (y – 4) = – y = – Chú ý : Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC Mã đề 02 Câu KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút 0,25 0,25 (10) c) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + song song với đường thẳng y = 5x – 2 x y 5 3x y 4 d) Giải hệ phương trình: Câu P 1 a a a với a >0 và a 1 Cho biểu thức: c) Rút gọn biểu thức P d) Với giá trị nào a thì P > Câu a) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị các hàm số: y = x2 và y = - x + b) Xác định các giá trị m để phương trình x2 – x + – m = có nghiệm x1, x2 1 1 x1 x2 0 x x thỏa mãn đẳng thức: Câu Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q cho P thuộc cung AQ Gọi C là giao điểm tia AP và tia BQ; H là giao điểm hai dây cung AQ và BP a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn b) Chứng minh CBP HAP c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC Câu 25 Cho các số a, b, c lớn Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a b c Q b c a - Hết -Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh………… SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC Mã đề 02 Câu KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Ngày thi 24 tháng năm 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM THI Nội dung Điểm (11) a) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x – 2m – 15= (do ) 2m 6 m 3 2 x y 5 4 x y 10 b) Ta có: 3x y 4 3x y 4 7 x 14 x y 5 x 2 y 1 0,5 0,5 0,5 0,5 1 a a P 1 a a a (1 a )(1 a ) a a a) Với thì ta có: 1 0,5 0,5 a 3 a 0 0 2(1 a ) a a b) Với thì P > 0,5 1 0,5 a a Kết hợp với điều kiện a >0, ta < a < a) Hoành độ giao điểm các đồ thị hàm số y = x2 và y = - x + là nghiệm phương trình: x2 = - x+2 x2 + x – = Giải được: x1 = x2 = - Với x1 = y1 = tọa độ giao điểm A là A(1; 1) Với x2 =-2 y2 = tọa độ giao điểm B là B(-2; 4) b) Ta có : b 4ac 1 4(1 m) 4m Để phương trình có nghiệm x , 0,5 0,5 x2 thì ta có 0 4m 0 m Theo định lí Vi-et, ta có: x1 x2 0,25 (*) b c 1 x1.x2 1 m a a và 1 1 x x 5 x1 x2 5 x1.x2 (1 m) 0 x1 x2 x1.x2 1 m Ta có: 0,25 5 m m 0 m 2m 0 m 2 m m m 0,25 Kết hợp với đk (*) ta có: m = là giá trị cần tìm 0,25 a) Ta có: APB AQB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) C CPH CQH 90 Suy tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn Q b) CBP và HAP có: P H A K B 0,5 0,5 0,5 (12) BPC APH 90 (suy từ a)) CBP HAP (góc nội tiếp cùng chắn cung PQ CBP HAP (g – g) c) Gọi K là giao điểm tia CH và AB Từ giả thiết suy K thuộc cạnh AB (1) ABC có AQ BC ; BP AC Suy H là trực tâm ABC CH AB K Từ đó suy ra: + APB AKC AP AC AK AB (2) + BQA BKC BQ.BC BK BA (3) - Cộng vế (2) và (3) và kết hợp với (1), ta được: S = AP AC + BQ BC = AB2 = 4R2 25 Do a, b, c > (*) nên suy ra: a , b , c 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương, ta có: a b 2 a b (1) b c 2 b c (2) c a 2 c a5 (3) 0,25 Cộng vế theo vế (1),(2) và (3), ta có: Q 5.3 15 Dấu “=” xẩy a b c 25 (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy Min Q = 15 a b c 25 Chú ý : Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có trang) Mã đề 01 Câu (2điểm) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Ngày thi : 28/6/2012 Thời gian làm bài : 120 phút a) Trục thức mẩu biểu thức: 61 0,25 0,25 (13) 2 x y 7 x y b) Giải hệ phương trình: Câu (2điểm) P Cho biểu thức: 4a a a1 a a a a với a >0 và a 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Với giá trị nào a thì P = Câu (2điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b qua điểm M(–1 ; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + Tìm a và b b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = Tìm các giá trị m cho: |x1 – x2| = Câu (3điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai đường cao AD, BE cắt H (D BC, E AC) a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn b) Tia AO cắt đường tròn (O) K ( K khác A) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành c) Gọi F là giao điểm tia CH với AB Tìm giá trị nhỏ biểu thức: AD BE CF Q HD HE HF Câu (1điểm) Tìm tất các giá trị tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = Hết - Thí sinh không sử dụng tài liệu - Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh………… SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC Mã đề 01 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Ngày thi 28 tháng năm 2012 HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Đáp án gồm trang) (14) Câu Nội dung a) Ta có: 5( 1) ( 1)( 1) 0,5 5( 1) 5( 1) 1 6 0,5 2x y 7 x 2y 1 b) Ta có: Điểm 4x 2y 14 x 2y 1 0,5 5x 15 x 2y x 3 y 4a a a 4a a P a a a a a a a) Với a 1 thì ta có: b) Với a 1 thì P = a = (loại) a 4a a2 4a 3 3a 4a 3a 4a 0 a (thỏa mãn đk) x1 x 4 (x1 x ) 16 (x1 x ) 4x1.x 16 16 4( m 5m) 16 m 5m 0 m = m = – Kết hợp với đk(*), ta có m = , m = – là các giá trị cần tìm a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có: ADB AEB 90 A Hai góc ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp E F 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 đường tròn H O B 0,5 0,5 b) Ta có : ' 4 m 5m (m 1)(m 4) Để phương trình có nghiệm x1, x2 thì ta có: ' 0 m m (*) b c x1 x x1.x m 5m a a Theo định lí Vi-et, ta có: và Ta có: 0,5 0,5 a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên: a = 2, b 1 Vì đường thẳng y = 2x + b qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt: 2(-1) + b = b = (thỏa mãn b 1) Vậy a = 2, b = 0,5 D C b) Ta có: ABK ACK 90 (góc nội tiếp chắn đường tròn) CK AC, BK AB (1) 0,5 (15) Ta có H là trực tâm tam giác ABC nên: BH AC,CH AB (2) Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa) Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên ABC , đó: S = S1 + S2 + S3 AD SABC S BE SABC S CF SABC S (1), (2), (3) HE SAHC S2 HF SAHB S3 Ta có: HD SBHC S1 0,5 0,25 0,25 Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: Q 1 1 AD BE CF S S S S HD HE HF S1 S2 S3 S1 S2 S3 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương, ta có: S S1 S2 S3 3 S1.S2 S3 (4) ; 1 S1 S2 S3 S1.S2 S3 (5) Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9 Đẳng thức xẩy S1 S2 S3 hay H là trọng tâm ABC , nghĩa là ABC Vậy Min Q = Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = (*) Đặt x t 0 thì pt (*) trở thành: t – 2mt + – m = (**), '(t) m m (m 1)(m 2) 0,25 0,25 Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm có nghiệm t1, t2 cho: t1 t Pt (**) vô nghiệm '(t) (m 1)(m 2) m (1) Pt (**) có nghiệm t1, t2 cho: t1 t Điều kiện là: ' 0 m m 1 m 2m m 2 m m (2) Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm m là: m <1 Chú ý: Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn 0,25 0,25 0,25 (16)