HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm).
Câu
Đáp án

1
D

2
A

3
B

4
D

II. TỰ LUẬN (8 điểm).
Câu

Phần

a)

b)
Câu
5
(2,0đ)

c)

2x  4y  6  2m
 x  2y  3  m



2x  y  3(m  2)
 2x  y  3m  6
5y  5m
 x  2m  3  m
x  m  3


y  m
y  m
Do đó:
A = x2 + y2 = (m + 3)2 + m2 = 2m2 + 6m + 9
2
3 9 9

 2  m     m
2 2 2

3
Dấu “=” xảy ra  m  
2
9
3
Vậy min A   m  
2
2


Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x 2  x  2  x 2  x  2  0
Vì a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm:
x1 = 1; x2 = – 2
Với x = 1 thì y = 1 – 2 = – 1
Với x = – 2 thì y = – 2 – 2 = – 4
 A(1; – 1) và B(– 2; – 4)
y
O

b)

-3

-2

-1

1

B

3x

1.0

A

-1

O

B

C

H

1

D

1

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

F
 1 chung ; F 1  D
1
 AFC và  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 luôn đi qua điểm D cố định (khác A).

0.25

0.75

M

N

Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì:
AB.AH 4.5 20

 (cm)
AD 
AC
3
3
20
5
 HD  AD  AH 
 5  (cm)
3
3
 NHD (g.g)
Dễ thấy  AHM
AH HM
5 25


 HM.HN  AH.HD  5  
NH HD
3 3


Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
MN  HM  HN  2 HM.HN  2


Vì a, b  0 nên:
 SAMN 

(a  b)(1  ab)  a  a 2 b  b  ab 2  a  ab 2  a(1  b 2 )

Câu
8
(1,0đ)

 a(1  2b  b 2 )  a(1  b) 2
Lại có (1  a) 2  (1  a) 2  4a  4a
P

a 1  b 

2

4a 1  b 

2

1

4

a  1
 x  1

Dấu “=” xảy ra  
b  0