Đề thi vào lớp 10 có đap án

Sở Giáo dục và Đào tạo .....
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10
Đề thi mơn: Tốn
Năm học 2021 - 2022
Thời gian: 120 phút
Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau:
a) A=(√ 12 −2√ 5 )√ 3 +√ 60 .A=12−253+60.
b) B=√ 4x x−3.√ x2−6x+9x B=4xx−3.x2−6x+9x với 0 < x < 3.
Câu 2: (2,5 điểm)
1) Xác định hàm số bậc nhất y = ax + b, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm
M(1; –1) và N(2; 1).
2)
Cho
phương
trình: x2−2mx+m2−m+3=0x2−2mx+m2−m+3=0 (1), với m là
tham số.
a) Giải phương trình (1) với m = 4.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm và biểu
thức: P=x1x2−x1−x2P=x1x2−x1−x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3: (1,5 điểm)
Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường. Bạn Vì Quyết Chiến – Cậu bé 13
tuổi qua thương nhớ em trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài
180km từ Sơn La đến bệnh viện Nhi Trung ương Hà Nội để thăm em. Sau
khi đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút
nữa thì đến nơi. Biết vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35
km/h. Tính vận tốc xe đạp của bạn Chiến.
Câu 4: (3,0 điểm)


Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB và MN vng góc với nhau. Trên
tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vng góc với BC (H

thuộc BC).
a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp.
b) MB cắt OH tại E. Chứng minh ME.MH = BE.HC.
c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K.
Chứng minh 3 điểm C, K, E thẳng hàng.
Câu

5: (1,0

điểm) Giải

phương

trình: √ 5x2+27x+25 −5√ x+1 =√ x2−4 .5x2+27x+25−5x+1=x

2−4.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 03
Câu 1:
a) A=(√ 12 −2√ 5 )√ 3 +√ 60 =√ 36 −2√ 15 +2√ 15 =√ 36 =

6A=12−253+60=36−215+215=36=6
b) Với 0 < x < 3 thì |x - 3| = 3 - x

B=√ 4x x−3.√ x2−6x+9x =2√ x x−3.√ (x−3)2x =−2√ x 3−x.|x−3|
√ x =−2√ x (3−x)(3−x)√ x =−2B=4xx−3.x2−6x+9x 
=2xx−3.x−32x=−2x3−x.x−3x=−2x3−x3−xx=−2
Câu 2:
1) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; –1) nên a+ b = -1
đồ thị hàm số đi qua điểm N(2; 1) nên 2a + b = 1
Yêu

cầu
bài
toán {a+b=−12a+b=1⇔{a=2b=−3a+b=−12a+b=1⇔a=2b=

−3
Vậy hàm số phải tìm là y = 2x – 3.


2)
a) Với m = 4, phương trình (1) trở thành: x2−8x+15=0x2−8x+15=0.
Có Δ=1>0Δ=1>0
Phương trình có hai nghệm phân biệt x1=3;x2=5;x1=3;  x2=5;
b)
Ta
có:
∆'
= (−m)2−1.

(m2−m+3)=m2−m2+m−3=m−3−m2−1.m2−m+3=m2−m2
+m−3=m−3.
Phương
trình
(1)
có
hai
nghiệm x1,x2x1,  x2 khi
∆'
0 ⇔m−3≥0⇔m≥3⇔ m−3≥0⇔m≥3
Với m≥3m≥3,
theo

định
lí
Vi–ét
ta
có: {x1+x2=2mx1.x2=m2−m+3x1+x2=2mx1.x2=m2−m+3
Theo
bài
ra:
P=x1x2−x1−x2=x1x2−
(x1+x2)P=x1x2−x1−x2=x1x2−(x1+x2)
Áp đụng định lí Vi–ét ta được:

P=m2−m+3−2m=m2−3m+3=m(m−3)+3P=m2−m+3−2
m=m2−3m+3     =m(m−3)+3
Vì m≥3m≥3 nên m(m−3)≥0m(m−3)≥0 , suy ra P≥3P≥3. Dấu " =
" xảy ra khi m = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3.
Câu 3:
Đổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ.
Gọi vận tốc xe đạp của bạn Chiến là x (km/h, x > 0)
Vận tốc của ô tô là x + 35 (km/h)
Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe đạp là: 7x (km)
Quãng đường bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5(x + 35)(km)
Do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km nên ta có phương trình:
7x + 1,5(x + 35) = 180 <=> 7x + 1,5x + 52,2 = 180 <=> 8,5x = 127,5 <=> x
= 15


(thỏa mãn)
Vậy bạn Chiến đi bằng xe đạp với vận tốc là 15 km/h.

Câu 4:

a)
Ta
có: ˆMOB=900MOB^=900 (do
AB⊥⊥MN)
và ˆMHB=900MHB^=900(do MH⊥⊥BC)
Suy
ra: ˆMOB+ˆMHB=900+900=1800MOB^+MHB^=900+900=1

800
=> Tứ giác BOMH nội tiếp.
b) ∆OMB vuông cân tại O nên ˆOBM=ˆOMBOBM^=OMB^ (1)
Tứ giác BOMH nội tiếp nên ˆOBM=ˆOHMOBM^=OHM^ (cùng chắn
cung OM)
và ˆOMB=ˆOHBOMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ˆOHM=ˆOHBOHM^=OHB^
=>
HO
là
tia
phân
giác
của ˆMHBMHB^ => MEBE=MHHBMEBE=MHHB (3)
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vng tại M có MH là đường cao
Ta
có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHMHM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM
(4)

Từ
(3)
và
(4)
suy
ra: MEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HCMEBE=HCHM5⇒ME.HM=
BE.HC (đpcm)
c) Vì ˆMHC=900MHC^=900(do MH⊥⊥BC) nên đường trịn ngoại tiếp
∆MHC có đường kính là MC
⇒ˆMKC=900⇒MKC^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
MN là đường kính của đường trịn (O) nên ˆMKN=900MKN^=900 (góc
nội tiếp chắn nửa đường trịn)

⇒ˆMKC+ˆMKN=1800⇒MKC^+MKN^=1800
=> 3 điểm C, K, N thẳng hàng (*)
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM⇒HCMH=MCBM.
Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)
=>HCHM=MCBNHCHM=MCBN,
kết
hợp
với MEBE=HCHMMEBE=HCHM (theo (5) )
Suy
ra: MCBN=MEBEMCBN=MEBE .
Mà ˆEBN=ˆEMC=900EBN^=EMC^=900 => ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
⇒ˆMEC=ˆBEN⇒MEC^=BEN^,
mà ˆMEC+ˆBEC=1800MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B
thẳng hàng)

⇒ˆBEC+ˆBEN=1800⇒BEC^+BEN^=1800
=> 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)

Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
=> 3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)
Câu 5: ĐKXĐ: x≥2x≥2
Ta
có: √ 5x2+27x+25 −5√ x+1 =√ x2−4 5x2+27x+25−5x+1=x2−

4
⇔√ 5x2+27x+25 =5√ x+1 +√ x2−4 ⇔5x2+27x+25=5x+1+x2
−4


⇔5x2+27x+25=x2−4+25x+25+10√ (x+1)
(x2−4) ⇔5x2+27x+25=x2−4+25x+25+10(x+1)(x2−4)
⇔4x2+2x+4=10√ x+1)(x2−4) ⇔2x2+x+2=5√ (x+1)
(x2−4) (1)⇔4x2+2x+4=10x+1)(x2−4)⇔2x2+x+2=5(x+1)
(x2−4)                     (1)
Cách 1:
(1) ⇔(x2−2x−4)(4x2−13x−26)=0⇔x2−2x−44x2−13x−26=0
Giải ra được:

x=1−√ 5 x=1−5(loại); x=1+√ 5 x=1+5(nhận); x=13+3√ 65 8x=13+
3658 (nhận); x=13−3√ 65 8x=13−3658 (loại)
Cách 2:
(1) ⇔5√ (x2−x−2)

(x+2) =2(x2−x−2)+3(x+2)⇔5x2−x−2x+2=2x2−x−2+3x+2
(2)
Đặt a=√ x2−x+2 ;b=√ x+2 (a≥0;b≥0)a=x2−x+2;  b=x+2  

(a≥0;  b≥0)

Lúc đó, phương trình (2) trở thành:

5ab=2a2+3b25ab=2a2+3b2⇔2a2−5ab+3b2=0⇔(a−b)
(2a−3b)=0⇔[a=b2a=3b⇔2a2−5ab+3b2=0⇔a−b2a−3b=0⇔
a=b2a=3b (*)
–

Với a

=

b thì √ x2−x−2 =√ x+2 ⇔x2−2x−4⇔⎡⎢⎣x=1−√ 5 (ktm)x=1

+√ 5 (tm)x2−x−2=x+2⇔x2−2x−4⇔x=1−5(ktm)x=1+5(tm)
– Với 2a = 3b thì 2√ x2−x−2 =3√ x+2 ⇔4x2−13x−26=0⇔⎡⎢
⎢⎣x=13+3√ 65 8(tm)x=13−3√ 65 8(ktm)2x2−x−2=3x+2⇔4x2−13x
−26=0⇔x=13+3658  (tm)x=13−3658  (ktm)
Vậy

phương

trình

đã

cho

nghiệm: x=1+√ 5 x=1+5 và x=13+3√ 65 8x=13+3658 .

có

hai


Sở Giáo dục và Đào tạo .....
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10
Đề thi mơn: Tốn
Năm học 2021 - 2022
Thời gian: 120 phút
Sở Giáo dục và Đào tạo .....
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10
Đề thi mơn: Tốn
Năm học 2021 - 2022
Thời gian: 120 phút

Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức
A.x ≠ 0

B.x ≥ 1

C.x ≥ 1 hoặc x < 0

là:

D.0 < x ≤ 1

Câu 2: Đường thẳng 2x + 3y = 5 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây
A. ( 1; -1)

B. ( 2; -3)

C. ( -1; 1)

D. (- 2; 3)

Câu 3: Cho phương trình x – 2y = 2 (1). Phương trình nào trong các phương
trình sau đây kết hợp với (1) để được phương trình vơ số nghiệm

A.

x + y = -1

B.

x - y = -1

C.2x - 3y = 3 D.2x - 4y = -4


Câu 4: Tọa độ giao điểm của (P) y =

x2 và đường thẳng (d) y =

+3

A. (2; 2) B. ( 2; 2) và (0; 0)

C.(-3;

)

D.(2; 2) và (-3;

)

Câu 5: Giá trị của k để phương trình x2 + 3x + 2k = 0 có 2 nghiệm trái dấu là:
A. k > 0 B. k < 0 C. k > 2

D. k < 2

Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB : AC = 3 : 4 và đường cao AH
bằng 9 cm. Khi đó độ dài đoạn thẳng HC bằng:
A. 12 cm

B. 9 cm

C. 6 cm

D. 15 cm

Câu 7: Cho hai đường tròn (O; 3cm) và (O; 4cm) có OO' = 5 cm. Vị trí tương
đối của 2 đường trịn là:
A. Hai đường trịn tiếp xúc ngồi với nhau
B. Hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau
C. Hai đường trịn khơng giao nhau
D. Hai đường trịn cắt nhau
Câu 8: Thể tích hình cầu thay đổi như thế nào nếu bán kính hình cầu tăng
gấp 2 lần

A. Tăng gấp 16 lần
C. Tăng gấp 4 lần

Phần II. Tự luận
Bài 1: (2 điểm)
1) Thu gọn biểu thức

B. Tăng gấp 8 lần
D. Tăng gấp 2 lần


2) giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3x2 + 5x - 8 = 0
b) (x2 + 5)2 = 3(x2 + 5) + 4

Bài 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và
đường thẳng (d) :
y = 2mx – 2m + 1
a) Với m = -1 , hãy vẽ 2 đồ thị hàm số trên cùng một hệ trục tọa độ
b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt : A (x 1; y1 );B(x2; y2) sao
cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 .
Bài 3: (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

Tìm x để A < 0
Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) có dây cung CD cố định. Gọi M là điểm
nằm chính giữa cung nhỏ CD. Đường kính MN của đường tròn (O) cắt dây
CD tại I. Lấy điểm E bất kỳ trên cung lớn CD, (E khác C,D,N); ME cắt CD tại
K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.
a) Chứng minh rằng :Tứ giác IKEN nội tiếp

b) Chứng minh: EI.MN = NK.ME
c) NK cắt MP tại Q. Chứng minh: IK là phân giác của góc EIQ
d) Từ C vẽ đường thẳng vng góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng
minh khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, D, N) thì H luôn chạy trên
một đường cố định.

Phần I. Trắc nghiệm
1.C

2.D

3.A

4.D

5.B

6.A

7.D

8.B

Phần II. Tự luận
Bài 1:

2) a) 3x2 + 5x - 8 = 0
Δ = 52 - 4.3.(-8) = 121 => √Δ = 11

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =
b) (x2 + 3)2 = 3(x2 + 3) + 4
Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình đã cho trở thành
t2 - 3t - 4 = 0
Δ = 32 - 4.(-4) = 25> 0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt :

Do t ≥ 3 nên t = 4
Với t = 4, ta có: x2 + 3 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ± 1


Bài 2:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) :
y = 2mx – 2m + 1
a) Với m = 1; (d): y = 2x – 1
Bảng giá trị
x

0

1

y = 2x – 1

-1

1

(P) : y = x2
Bảng giá trị
x

-2

-1

0

1

2

y = x2

4

1

0

1

4

Đồ thị hàm số y = x2 là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận Oy
làm trục đối xứng và nhận điểm O(0; 0) là đỉnh và điểm thấp nhất

b) cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) :
y = 2mx – 2m + 1
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x2 = 2mx - 2m + 1
⇔ x2 - 2mx + 2m - 1 = 0
Δ' = m2 - (2m - 1)=(m - 1)2
(d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hồnh độ
giao điểm có 2 nghiệm phân biệt
⇔ Δ' > 0 ⇔ (m - 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 1
Khi đó (d) cắt (P) tại 2 điểm A(x1, 2mx1 – 2m + 1) ; B ( x2, 2mx2 – 2m + 1)
Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m
Từ giả thiết đề bài, tổng các tung độ giao điểm bằng 2 nên ta có:


2mx1 – 2m + 1 + 2mx2 – 2m + 1 = 2
⇔ 2m (x1 + x2) – 4m + 2 = 2
⇔ 4m2 - 4m = 0 ⇔ 4m(m - 1) = 0

Đối chiếu với điều kiện m ≠ 1, thì m = 0 thỏa mãn.
Bài 3:

A>0⇔

> 0 ⇔ 5 - 5√x > 0 ⇔ √x < 1 ⇔ x < 1

Vậy A > 0 khi 0 < x < 1
Bài 4:


a) Do M là điểm chính giữa cung CD nên OM ⊥ CD

=> ∠KIN = 90o
Xét tứ giác IKEN có:
∠KIN = 90o
∠KEN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> ∠KIN + ∠KEN = 180o
=> Tứ giác IKEN là tứ giác nội tiếp
b) Xét ΔMEI và ΔMNK có:
∠NME là góc chung
∠IEM = ∠MNK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)
=> ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g)


=>EI.MN = NK.ME
c) Xét tam giác MNP có:
ME ⊥ NP; PI ⊥ MN
ME giao PI tại K
=> K là trực tâm của tam giác MNP
=> ∠NQP = 90o
Xét tứ giác NIQP có:
∠NQP = 90o
∠NIP = 90o
=> 2 đỉnh Q, I cùng nhìn cạnh NP dưới 1 góc bằng nhau
=> tứ giác NIQP là tứ giác nội tiếp
=> ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PQ)(1)
Mặt khác IKEN là tứ giác nội tiếp
=> ∠KIE = ∠KNE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KE)(2)
Từ (1) và (2)
=> ∠QIP = ∠KIE
=> IE là tia phân giác của ∠QIE
d) Ta có:

Mà ∠DEM = ∠MEC (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)
=> ∠EHC = ∠ECH => ΔEHC cân tại E
=> EN là đường trung trực của CH
Xét đường tròn (O) có: Đường kính OM vng góc với dây CD tại I
=> NI là đường trung trực của CD => NC = ND
EN là đường trung trực của CH => NC = NH
=> N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH
=> H ∈ (N, NC)
Mà N, C cố định => H thuộc đường tròn cố định
Sở Giáo dục và Đào tạo .....
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10
Đề thi mơn: Tốn
Năm học 2021 - 2022
Thời gian: 120 phút
Bài 1 : ( 1,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức sau:

2) Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức M.


b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị tương ứng của M nguyên.
Bài 2 : ( 1,5 điểm)
1) Tìm m để hai phương trình sau có ít nhất một nghiệm chung:
2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0
4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0
2) Tìm hệ số a, b của đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên đi qua

hai điểm là
(1; -1) và (3; 5)
Bài 3 : ( 2,5 điểm)
1) Cho Phương trình :x2 + (m - 1) x + 5m - 6 = 0
a) giải phương trình khi m = - 1
b) Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thỏa mãn hệ thức: 4x1 + 3x2 = 1
2) Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một cơng ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng
thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết số hàng thì mỗi xe cịn lại phải chở thêm
0,5 tấn so với dự định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao
nhiêu xe? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như nhau.
Bài 4 : ( 3,5 điểm)
1) Cho (O; R), dây BC cố định không đi qua tâm O, A là điểm bất kì trên cung
lớn BC. Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp
b) K là điểm đối xứng của A qua O. Chứng minh HK đi qua trung điểm của
BC
c) Gỉa sử ∠BAC = 60o. Chứng minh Δ AHO cân


2) Một hình chữ nhật có chiều dài 3 cm, chiều rộng bằng 2 cm, quay hình
chữ nhật này một vịng quanh chiều dài của nó được một hình trụ. Tính diện
tích tồn phần của hình trụ.
Bài 5 : ( 1 điểm)
1) Cho a, b là 2 số thực sao cho a3 + b3 = 2. Chứng minh:
02) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x + y + z = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1 :

2)


Để M nguyên thì

nguyên

<=> √x - 1 ∈ Ư (2)
<=> √x - 1 ∈ {±1; ±2}
Ta có bảng sau:
√x-1

-2

-1

1

2

√x

-1

0

2

3


x

Không tồn tại x

Vậy với x = 0; 4; 9 thì M nhận giá trị nguyên.
Bài 2 :
1)
2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0
4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0
Đặt y = x2,khi đó ta có:

Giải (*):
(6 - 3m)x = -12
Phương trình (*) có nghiệm <=>6 - 3m ≠ 0 <=> m ≠ 2
Khi đó, phương trình có nghiệm:

Theo cách đặt, ta có: y = x2

0

4

9


=>16(m-2) = 16
<=>m = 3

Thay m= 3 vào 2 phương trình ban đầu,ta có:

Vậy khi m =3 thì hai phương trình trên có nghiệm chung và nghiệm chung là
4
2) Tìm hệ số a, b của đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên đi qua
hai điểm là
(1; -1) và (3; 5)
Đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm (1; -1) và (3; 5) nên ta có:

Vậy đường thẳng cần tìm là y = 2x – 3
Bài 3 :
1) Cho Phương trình : x2 + (m - 1)x + 5m - 6 = 0
a) Khi m = -1, phương trình trở thành:
x2 - 2x - 11 = 0
Δ' = 1 + 11=12 => √(Δ') = 2√3


Phương trình có nghiệm:
x1 = 1 + 2√3
x2 = 1 - 2√3
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là:
S ={1 + 2√3; 1 - 2√3}
b)
x2 + (m - 1)x + 5m - 6 = 0
Ta có:
Δ = (m - 1)2 - 4(5m - 6)
Δ = m2 - 2m + 1 - 20m + 24 = m2 - 22m + 25
Phương trình có hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ m2 - 22m + 25 ≥ 0,(*)
Theo hệ thức Vi-ét ta có:

Theo đề bài ta có:
4x1 + 3x2 =1 ⇔ x1 + 3(x1 + x2 ) = 1
⇔ x1 + 3(1 - m) = 1
⇔ x1= 3m - 2
=> x2 = 1 - m - x1 = 1 - m - (3m - 2) = 3 - 4m
Do đó ta có:
(3m - 2)(3 - 4m) = 5m - 6
⇔ 9m - 12m2 - 6 + 8m = 5m - 6


⇔ - 12m2 + 12m = 0
⇔ -12m(m - 1) = 0

⇔
Thay m = 0 vào (*) thấy thảo mãn
Thay m = 1 vào (*) thấy thảo mãn
Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 0 và m = 1.
2)
Gọi số lượng xe được điều đến là x (xe) (x > 0; x ∈ N)

=>Khối lượng hàng mỗi xe chở là:

(tấn)

Do có 2 xe nghỉ nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định nên
mỗi xe phải chở:

Khi đó ta có phương trình:

.(x-2)=90

=>(180 + x)(x - 2) = 180x
<=>x2 - 2x - 360 = 0


Vậy số xe được điều đến là 20 xe
Bài 4 :

a) Xét tứ giác BDHF có:
∠BDH = 90o (AD là đường cao)
∠BFH = 90o (CF là đường cao)
=>∠BDH + ∠BFH = 180o
=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BCEF có:
∠BFC = 90o (CF là đường cao)
∠BEC = 90o (BE là đường cao)
=> 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vng
=> Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp