de va dap an thi vao 10 tat ca cac tinh 2013




 !"#!$
%&'()*
Ngày thi 6 tháng 7 năm 2013
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề thi gồm 5 câu trong 01 trang
+, (2 điểm).
1. Giải bất phương trình x – 3 > 0
2. Tìm điều kiện của x để biểu thức
1
1
+x
xác định.
3. Giải hệ phương trình



=+
=−
13
52
yx
yx
+,! (2,0 điểm). Rút gọn các biểu thức sau:
1.
( )
2
13 −=P
.

2.
( )
( )
2
1
.
1
2
1
2
2
2
−








+
+
−
−
−
=
x
x
x

x
x
Q
(với x
1;0 ≠≥ x
)
+," (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x
2

và đường thẳng
d: y = (k-1)x + 4 (k là tham số).
1. Khi k = -2, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và parabol (P).
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của k thì đường thẳng d luôn cắt parabol (P) tại
hai điểm phân biệt. Gọi
1
y
,
2
y
là tung độ các giao điểm của đường thẳng d và
parabol (P). Tìm k sao cho
1
y
+
2
y
=
1
y
2

y
.
+,$ (3,0 điểm). Cho đường tròn tâmO, bán kính R. M là một điểm nằm ngoài đường
tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đển đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Gọi E
là giao điểm của AB và OM.
1. Chứng minh tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp.
2. Tính diện tích tam giác AMB, biết OM = 5 và R = 3.
3. Kẻ Mx nằm trong tam góc AMO cát đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C
nằm giữa M và D). Chứng minh rằng EA là phân giác của góc CED.
+,- (1,0 điểm). Cho các số thực dương x và y thỏa mãn
yxyxyx ++=++1
. Tính
giá trị của biểu thức
20132013
yxS +=
.
###### HẾT #####
1
./
0
*
+,$*
3.
,MAC MDA∆ ∆
đồng dạng
⇒
MC.MD= MA
2
∆
MAO vuông tại A, Đường cao AE

⇒
ME.MO = MA
2

⇒
ME.MO = MC.MD(= MA
2
)
MO
MC
MD
ME
=⇒
, mà
∆
MDO và
∆
MEC có góc M chung nên hai tam giác đồng dạng
⇒
MEC = MDO
Từ đó suy ra tứ giác ECDO nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối
diện)
⇒
OED = OCD = ODC = CEM
⇒
CEA = DEA ( cùng phụ với 2 góc bằng nhau)
⇒
EA là phân giác của CED
+,-* Ta có
2 2 2

1
2(1 ) 2( ) 0
( 1) ( 1) ( ) 0
1
x y x xy y
x y x xy y
x y x y
x y
+ + = + +
⇒ + + − + + =
⇒ − + − + − =
⇒ = =
Vậy
2013 2013
1 1 2S x y= + = + =
2
A
D
O
B
E
C
M
1
22
###############
./0
SBD……PHÒNG………
.
34(56!"#!$

####################
%&*
(78&9:;#<#!"
(=)9)8&>:4?:)*!@(A'
B(%&9CD'(=)9)8&@(E'FGH
9:;'()*!#<#!"
:)IB"JF)D4H
a. Thực hiện phfp tính A =
− + −
4 9 16 25
b. Tìm x dương , biết
1 3x+ =
c. Giải hệ phương trình :
( )
( )
1 4
1 2 1
+ + =


+ − =


x y
x y
:)!IB!JF)D4H
Cho hàm số y = x
2
có đồ thị là Parabol ( P )
a) Vẽ đồ thị hàm số

b) Xác định a , b sao cho đường thẳng y = ax +b song song với đường thẳng y = – x +5 và cắt
Parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng 1 .
:)"IB!JF)D4H

Cho phương trình x
2
– (2m +1) x + m
2
+ m = 0 (*)
a. Khi m = 0 giải phương trình (*)
b. Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
và cả hai nghiệm này đều là
nghiệm của phương trình x
3
+x
2
= 0
:)$IB"JF)D4H
Cho đường tròn tâm O đường kính AB ; C là một điểm trên đường tròn sao cho số
đo cung AC gấp đôi số đo cung CB.Tiếp tuyến tại B với đường tròn (O) cắt AC tại E.Gọi I là
trung điểm của dây AC.
a.Chứng minh rằng tứ giác IOBE nội tiếp.
b.Chứng minh rằng EB
2
= EC . EA .
c.Biết bán kính đường tròn (O) bằng 2 cm, tính diện tích tam giác ABE .
Hết

3


K2
ĐỀ CHÍNH THỨC
.
 *!"#!$
L*
NGÀY 30/06/2013
Thời gian làm bài : 120 phút
+,B"F)D4H
1. Tính giá trị của biểu thức A=
3 27 144 : 36× −
2.Tìm m để hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m
1
2
≠
) và (d'): y=3x-2 song song với
nhau.
3. Giải hệ phương trình
3 2 1
5 7
x y
x y
+ = −


− =

+,B!F)D4H

1. Rút gọn biểu thức B =
2
1
x x x
x x x
−
+
− −
( với x>0; x
≠
1)
2. Cho phương trình
2
1 0x x m− + − =
(1)
a. Giải phương trình (1) với m =3.
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thoả mãn :
1 2
1 2
1 1
2 3 0x x
x x
 
+ + + =
 ÷
 
+,BJ-F)D4H

Tìm hai số tự nhiên hơn kfm nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn
cộng với 6 lần số bf.
+,B"F)D4H
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao
cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA;
qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE
cắt d tại M, tia BF cắt d tại N.
1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp.
2. Chứng minh BE.BM = BF.BN
3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R.
4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một
đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi.
+,BJ-F)D4H
Cho hai số x, y thỏa mãn
1 3x
≤ ≤
và
1 2
2 3
y≤ ≤
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M=
2 2 2 2 2 2
6 7 24 2 18 28 8 21 6x y x y xy x y xy x y− − + + + − − +
MN&9OP&
+,B"F)D4H
4
1. Tính giá trị của biểu thức A=
3 27 144 : 36× −

=7
2. Hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m
1
2
≠
) và (d'): y=3x-2 song song với nhau khi
và chỉ khi a=a' và b
≠
b' <=> <=>m=2( thỏa mãn m
1
2
≠
)
KL
3. Giải hệ phương trình
3 2 1
5 7
x y
x y
+ = −


− =

<=> <=>
1
2
x
y
=



= −

KL
+,B!F)D4H
1. Rút gọn biểu thức

( )
( )
( )
2
2 1
2 2
B
1 1 1
1
1
2 1 2 1
1
1 1 1 1
x x
x x x x x x x
x x x x x x x
x x
x
x x x x
x
x x x x
−

− −
= + = − = −
− − − − −
−
−
− − +
= − = = = −
− − − −

( với x>0; x
≠
1)
2. Cho phương trình
2
1 0x x m− + − =
(1)
a. Giải phương trình (1) với m =3.
Với m =3 phương trình (1) trở thành
2
2 0x x− − =

Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có 2 nghiệm là
1 2
1; 2x x= − =
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thoả mãn :
1 2
1 2

1 1
2 3 0x x
x x
 
+ + + =
 ÷
 
Ta có
4 3m∆ = −
Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 là :
3
4 3 0
4
1 0
1
m
m
m
m

− >
>


⇔
 
− ≠


≠


Khi đó áp dụng định lí Vi-ft ta có
1 2
1 2
1
. 1
x x
x x m
+ =


= −

(*)
mà
1 2
1 2
1 1
2 3 0x x
x x
 
+ + + =
 ÷
 
=>
( )
2
1 2 1 2 1 2
2( ) 3 0x x x x x x+ + + + =
(**)

thay (*) vào (**) ta được :
2
5 6 0m m− + =
=> m
1
=2; m
2
=3 ( TM ĐK)
KL
+,BJ-F)D4H
Tìm hai số tự nhiên hơn kfm nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn
cộng với 6 lần số bf.
Gọi số bf là x ( x
∈
N)
khi đó số lớn là x+12
Vì tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bf nên ta có phương trình :
x(x+12) = 20(x+12) +6x <=> x
2
-14x-240 = 0 => x
1
= 24(TM) ; x
2
= -10( loại)
5
Vậy số bf là 24 => số lớn là 24+12=36.
Cách 2: Gọi số lớn là x và số bf là y ( x,y
∈
N và x> y)
ta có hệ pt :

( ) ( )
12 (1)
12
12 20 12 6 (2)
20 6
x y
x y
y y y y
xy x y
= +

− =


⇔
 
+ = + +
= +



Giải pt (2) ta được y
1
= 24 (tm) ; y
2
= -10( không tm)
Thay y =y
1
=24 vào (1) => x=36 KL
+,B"F)D4H

Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao
cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA;
qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE
cắt d tại M, tia BF cắt d tại N.
1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp.
2. Chứng minh BE.BM = BF.BN
3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R.
4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một
đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi.
a) Ta có góc AEB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =90
0
( vì góc
này kề bù với góc AEB)
Xft tứ giác MCAE có:
góc ACM =90
0
(gt)
góc AEM =90
0
( CM trên )
=> góc ACM =90
0
+góc AEM =180
0
mà hai góc này ở vị trí đối diện nhau
=> tứ giác MCAE nội tiếp.
b)
Chứng minh tam giác BAE đồng dạng tam giác tam giác BMC => BE.BM = BA.BC

(1)
Chứng minh tam giác BAF đồng dạng tam giác tam giác BNC => BF.BN = BA.BC (1)
6
Từ (1) và (2) => BE.BM = BF.BN
Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( cùng bù với góc CAE)
mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp cùng chăn một cung )
=> Góc BMN = góc EFN
Xft tam giác BEF đồng dạng với tam giác BNM => BE.BM = BF.BN
c)
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EDO vuông tại O ta có DE =
3
2
R => DE =R
3
Vì EF vuông góc với BC và D là trung điểm của BC nên ta sẽ chứng minh được EF là
đường trung bình của tam giác BMN => EF =2R
3
.
d) Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB
Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng
=> A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định
=> Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn
thẳng BA'.
+,BJ-F)D4H
Cho hai số x, y thỏa mãn
1 3x≤ ≤
và
1 2
2 3
y≤ ≤

.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M=
2 2 2 2 2 2
6 7 24 2 18 28 8 21 6x y x y xy x y xy x y− − + + + − − +
Ta có :
( ) ( )
2
2
1 3 1 3 0 4 3 0 (1)
1 2 1 2
0 6 7 2 0 (2)
2 3 2 3
x x x x x
y y y y y
≤ ≤ ⇒ − − ≤ => − + ≤
  
≤ ≤ ⇒ − − ≤ ⇒ − + ≤
 ÷ ÷
  

7
Q
R34(56*!"S!$

./0 L*
Thời gian làm bài: 120 phút
:)*(2,0 điểm)
Với x > 0, cho hai biểu thức
2 x

A
x
+
=
và
x 1 2 x 1
B
x x x
− +
= +
+
.
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64.
2) Rút gọn biểu thức B.
3) Tìm x để
A 3
B 2
>
.
:)*(2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến
B, người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km/h.
Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy
lúc đi từ A đến B.
:)*(2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
3(x 1) 2(x 2y) 4
4(x 1) (x 2y) 9
+ + + =



+ − + =

2) Cho parabol (P) : y =
1
2
x
2
và đường thẳng (d) : y = mx −
1
2
m
2
+ m +1.
a) Với m = 1, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P).
b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
sao cho
1 2
x x 2− =
.
:)*(3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN
với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn
(O) tại hai điểm B và C (AB < AC, d không đi qua tâm O).
1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.
2) Chứng minh AN
2

= AB.AC.
Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm.
3) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ
hai T. Chứng minh MT // AC.
4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K
thuộc một đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài.
:)*(0,5 điểm)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc,
chứng minh:
2 2 2
1 1 1
3
a b c
+ + ≥
Hết
8
TUVR!"#!$
:)*B!JF)D4H
1) Với x = 64 ta có
2 64 2 8 5
8 4
64
A
+ +
= = =
2)
( 1).( ) (2 1). 2 1 2
1
.( ) 1 1
x x x x x x x x x

B
x x x x x x x x
− + + + + +
= = = + =
+ + + +
3) Với x > 0 ta có :
3 2 2 3 1 3
:
2 2 2
1
2 2 3 2 0 4.( 0)
A x x x
B
x x x
x x x x Do x
+ + +
> ⇔ > ⇔ >
+
⇔ + > ⇔ < ⇔ < < >
:)*B!JF)D4H
Gọi x (km/h) là vận tốc đi từ A đến B, vậy vận tốc đi từ B đến A là
9x +
(km/h)
Theo đề bài ta có:
90 90 1
5
9 2x x
+ = −
+
10 10 1

9 2x x
⇔ + =
+
( 9) 20(2 9)x x x⇔ + = +
2
31 180 0x x⇔ − − =
36x
⇔ =
(vì x > 0)
:)*B!JF)D4H
1) Hpt đã cho tương đương với hpt:

    
+ + + = + = + = = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
+ − − = − = − = − = = −
    
3x 3 2x 4y 4 5x 4y 1 5x 4y 1 11x 11 x 1
4x 4 x 2y 9 3x 2y 5 6x 4y 10 6x 4y 10 y 1
2)
a) Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
1 3
2 2
x x= +
2
2 3 0x x⇔ − − =
1 hay 3x x⇔ = − =
(Do a – b + c = 0)

Ta có y (-1)=
1
2
; y(3) =
9
2
. Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1;
1
2
) và (3;
9
2
)
b) Ta có: Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2 2
1 1
1
2 2
x mx m m= − + +
2 2
2 2 2 0x mx m m⇔ − + − − =
(*)
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
1
x
,
2
x
thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân
biệt. Khi đó

2 2
' 2 2 0 1m m m m∆ = − + + > ⇔ > −

Khi: m > -1, từ (*) ta có:
22.;2
2
2121
−−==+ mmxxmxx
(định lý Vi-et)
Nên:
1 2
2x x− =
2 2
1 2 1 2
2 4x x x x⇔ + − =
2
1 2 1 2
( ) 4 4x x x x⇔ + − =
2 2
4 4( 2 2) 4m m m⇔ − − − =
1
8 4
2
m m⇔ = − ⇔ = −
E6(C(E6* Khi m > -1 ta có:
1 2
2x x− =
' '
2 '
' '

b b
a a
− + ∆ − − ∆
⇔ − = ∆
2 2 2m= +
9
Do đó, yêu cầu bài toán
2 2 2 2m⇔ + =
2 2 2m⇔ + =
1
2 2 1
2
m m⇔ + = ⇔ = −
:)(3,5 điểm)
1/ Xft tứ giác AMON có hai góc đối
·
0
ANO 90=
·
0
AMO 90=
nên là tứ giác nội tiếp
2/ Hai tam giác ABM và AMC đồng dạng
nên ta có AB. AC = AM
2
= AN
2
= 6
2
= 36

2 2
6 6
AC 9(cm)
AB 4
⇒ = = =
BC AC AB 9 4 5(cm)⇒ = − = − =
3/
·
·
·
1
MTN MON AON
2
= =
(cùng chắn cung MN trong đường tròn (O)), và
·
·
AIN AON=
(do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 90
0
)
Vậy:
·
·
·
AIN MTI TIC= =
nên MT // AC do có hai góc so le bằng nhau.
4/ Xft
AKO∆
có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm

của OQ và AI thì H là trực tâm của
AKO∆
, nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN
vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với
AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển.

:)*BJ-F)D4H
Cách 1: Từ giả thiết đã cho, ta có
1 1 1 1 1 1
6
ab bc ca a b c
+ + + + + =
.
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
2 2
1 1 1 1
2 a b ab
 
+ ≥
 ÷
 
,
2 2
1 1 1 1
2 b c bc
 
+ ≥
 ÷
 
,

2 2
1 1 1 1
2 c a ca
 
+ ≥
 ÷
 
2
1 1 1
1
2 a a
 
+ ≥
 ÷
 
,
2
1 1 1
1
2 b b
 
+ ≥
 ÷
 
,
2
1 1 1
1
2 c c
 

+ ≥
 ÷
 
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có:
2 2 2 2 2 2
3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 9
6 6
2 2 2 2 2a b c a b c
   
+ + + ≥ ⇔ + + ≥ − =
 ÷  ÷
   

2 2 2
1 1 1
3
a b c
 
⇔ + + ≥
 ÷
 
(đpcm)
Cách 2: a + b + c + ab + bc + ca = 6abc.
10
2














W




ĐPCMtttt
cba
Đ
cbacba
cbacba
cbaacbcab
DCM
acbcabcba
⇒≥⇒≥⇔+≤⇒=++
+++++≤⇒
++≤++
++≤++
=+++++⇔
33361
111
)
111

(3
111
6)2)(1(
)2()
111
(3
111
)1(
111111
:
6
111111
222
222222
222
222
Cách 3:
Từ:
1 1 1 1 1 1
6 6a b c ab bc ca abc
bc ac ba c a b
+ + + + + = ⇔ + + + + + =
Ta lại có
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2.( ) 2.
a b c bc ac ba
 
+ + ≥ + +
 ÷

 
(*)
Ta có
2
2 2
1 1 1 1 1
1 0 2. 1 0 2. 1
a a a a a
 
− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥ −
 ÷
 
tương tự
2
1 1
2. 1
b b
≥ −
;
2
1 1
2. 1
c c
≥ −

nên
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 3
a b c a b c

 
+ + ≥ + + −
 ÷
 
(**)
từ (*) và (**) ta có
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3.( ) 2. 3
a b c bc ac ba a b c
 
+ + ≥ + + + + + −
 ÷
 

2 2 2
1 1 1
3.( ) 2.6 3 9
a b c
+ + ≥ − =
hay
2 2 2
1 1 1
( ) 3
a b c
+ + ≥
Cách 4:
Áp dụng BĐT Cô si ta có
2 2
1 1 2

a b ab
+ ≥

Tương tự cuối cùng ta được
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c ab bc ac
+ + ≥ + +
(1)
Áp dụng BĐT Cô si ta có
2
1 2
1
a a
+ ≥

Tương tự cuối cùng ta được
2 2 2
1 1 1 2 2 2
3 (2)
a b c a b c
+ + + ≥ + +
Lấy (1) + (2)
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2
3
3 3 3 2.6
3 12

1 1 1
3
a b c a b c ab bc ca
abc
a b c abc
a b c
+ + + ≥ + + + + +
⇔ + + + ≥ =
⇔ + + ≥
(ĐPCM)

11
 Q
I
 34(56*!"S!$
./0 L*
Thời gian làm bài: 120 phút
:)*B!F)D4H
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
5 6 0− + =x x
b)
2
2 1 0− − =x x
c)
4
3 4 0
2
+ − =x x

d)
2 3
2 1
− =


+ = −

x y
x y
:)!*BJ-F)D4H
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
=y x
và đường thẳng (D):
2= − +y x
trên cùng một
hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phfp tính.
:)"*BJ-F)D4H
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3
.
9
3 3
 
+
= +
 ÷
 ÷

+
+ −
 
x x
A
x
x x
với
0
≥
x
;
9
≠
x
(
)
(
)
2 2
21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15= + + − − − + + −B
:)$*BJ-F)D4H
Cho phương trình
2 2
8 8 1 0− + + =x x m
(*) (x là ẩn số)
a) Định m để phương trình (*) có nghiệm
1
2
=x

b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm
1
x
,
2
x
thỏa điều kiện:
4 4 3 3
1 2 1 2
− = −x x x x
:)-*B"J-F)D4H
Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C
cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M.
Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D
thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I.
a) Chứng minh rằng
·
·
=MBC BAC
. Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE.
c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng
QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng.
d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn
nhất.
Hết
12
BÀI GIẢI GỢI Ý
:)*B!F)D4H
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a)

2
5 6 0
25 24 1
5 1 5 1
2 3
2 2
x x
x hay x
− + =
∆ = − =
− +
⇔ = = = =
b)

2
2 1 0
' 1 1 2
1 2 1 2
x x
x hay x
− − =
∆ = + =
⇔ = − = +
c) Đặt u = x
2

0
≥

pt thành :
2
3 4 0 1 4u u u hayu+ − = ⇔ = = −
(loại) (do a + b + c =0)
Do đó pt
2
1 1x x⇔ = ⇔ = ±
Cách khác pt
2 2
( 1).( 4) 0x x⇔ − + =
2
1 0 1x x⇔ − = ⇔ = ±
d)
2 3 (1)
2 1 (2)
x y
x y
− =


+ = −

⇔
2 3 (1)
5 5 (3) ((2) 2(1))
x y
x
− =



= +

⇔
1
1
y
x
= −


=

⇔
1
1
x
y
=


= −

:)!*
a) Đồ thị:
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( ) ( )
1;1 , 2;4± ±

13
(D) đi qua

( ) ( )
1;1 , 2;4 ,(0;2)−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2x x= − +
⇔
2
2 0x x+ − =

1 2x hay x⇔ = = −
(a+b+c=0)
y(1) = 1, y(-2) = 4
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
2;4 , 1;1−
:)"*Thu gọn các biểu thức sau
Với x
0
≥
và x
≠
9 ta có :
( ) ( )
3 3 9 3
.
9
3 . 3
x x x x
A
x

x x
 
− + + +
 ÷
=
 ÷
+
+ −
 

1
3x
=
−
2 2
2 2
2
21
( 4 2 3 6 2 5 ) 3( 4 2 3 6 2 5 ) 15 15
2
21
( 3 1 5 1) 3( 3 1 5 1) 15 15
2
15
( 3 5) 15 15 60
2
B = + + − − − + + −
= + + − − − + + −
= + − =
+,$*

a/ Phương trình (*) có nghiệm x =
1
2

⇔

2
2 4 1 0m− + + =
2
1m⇔ =
1m⇔ = ±
b/ ∆’ =
2 2
16 8 8 8(1 )m m− − = −
.
Khi m =
1±
thì ta có ∆’ = 0 tức là :
1 2
x x=
khi đó
4 4 3 3
1 2 1 2
x x x x− = −
thỏa
Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là:
1 1 1m hay m< − < <
. Khi
1 1 1m hay m< − < <
ta có

4 4 3 3
1 2 1 2
x x x x− = −
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
.x x x x x x x x x x⇔ − + = − + +
( )
( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
.x x x x x x x x⇔ + + = + +
(Do x
1
khác x
2
)
( ) ( )
2
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
2 ( ) .
( 2 )
x x x x x x x x x x
S S P S P
 
⇔ + + − = + −

 
⇔ − = −
2 2
1(1 2 ) 1P P⇔ − = −
(Vì S = 1)
0P
⇔ =
2
1 0m⇔ + =
(vô nghiệm)
Do đó yêu cầu bài toán
1m⇔ = ±
E6(C(E6
Khi
0∆ ≥
ta có
1 2
1x x+ =
và
2
1 2
1
8
m
x x
+
=
4 4 3 3
1 2 1 2
x x x x− = −

3 3
1 1 2 2
.( 1) ( 1) 0x x x x⇔ − − − =
3 3
1 2 1 2
0x x x x⇔ − + =
(thế
1 2
1x x− = −
và
2 1
1x x− = −
)
2 2
1 2 1 2
( ) 0x x x x⇔ − =
1 2 1 2
( )( ) 0x x x x⇔ + − =
(vì x
1
x
2

≠
0)
1 2
x x⇔ =
(vì x
1
+x

2
=1
≠
0)
14
1m⇔ = ±
+,-
a) Ta có
·
·
=BAC MBC
do cùng chắn cung
»
BC
Và
·
·
=BAC MIC
do AB// MI
Vậy
·
·
=BAC MIC
, nên bốn điểm ICMB cùng nằm
Trên đường tròn đường kính OM
(vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông)
b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC
nên FB. FC =FE. FD.
Và 2 tam giác đồng dạng FBM và FIC
nên FB. FC =FI. FM. So sánh ta có FI.FM =FD.FE

c) Ta có góc PTQ=90
0
do POIQ là đường kính.
Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và
FI FT
FQ FM
=
(vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ)
Nên
·
·
FIQ FTM=
mà
·
·
0
90FIQ OIM= =
(I nhìn OM dưới góc 90
0
)
Nên P, T, M thẳng hàng vì
·
0
180PTM =
.
d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích
IBC
S
lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến
BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung

»
BC
của
đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì
ABC∆
vuông tại B. Vậy diện tích tam
giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R).
Cách khác:
O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T.
Vẽ IH vuông góc BC tại H.
' ' ' 'IH IT O I O T O O O L OL≤ = − ≤ − =
15
2
 



X
Y
W



Q
34(56*!"S!$
IZL*
 Thời gian làm bài: 120 phút
./0
:)*(2,0 điểm)
1) Tìm số x không âm biết

2.x =
2) Rút gọn biểu thức P=
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1
  
+ −
+ −
 ÷ ÷
+ −
  
:)!*(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 5
5 2 6
x y
x y
+ =


+ =

:)"*(1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị hàm số
2
1
2
y x=
b) Cho hàm số bậc nhất
2y ax= −

(1) . Hãy xác định hệ số a, biết rằng a > 0 và đồ
thị của hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao
cho OB = 2OA (với O là gốc tọa độ).
:)$*(2,0 điểm)
Cho phương trình
2
( 2) 8 0x m x+ − − =
, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 4.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
sao cho biểu thức
Q =
2 2
1 2
( 1)( 4)x x− −
có giá trị lớn nhất
:)-*(3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có BC = 2R và AB < AC. Đường
thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) tại A. Tiếp tuyến tại B và C của đường
tròn (O;R) lần lượt cắt đường thẳng xy ở D và E. Gọi F là trung điểm của đoạn
thẳng DE.
a) Chứng minh rằng tứ giác ADBO là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FC với đường tròn (O;R). Chứng minh rằng
·
·
2CED AMB=
c) Tính tích MC.BF theo R.

d)
Hết
16
BÀI GIẢI
:)*
a) Với x không âm ta có
2 4x x= ⇔ =
b) P=
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1
  
+ −
+ −
 ÷ ÷
+ −
  
=
3 2 2 3 2 2
1 1
  
+ −
 ÷ ÷
  
=
9 8−
= 1
:)!*
3 5 (1)
5 2 6 (2)

x y
x y
+ =


+ =

3 5 (1)
4 (3)( (2) 2 (1))
x y
x pt pt
+ =

⇔

− = − −

4
7
x
y
=

⇔

= −

:)"*
8H
?H

Gọi
( ,0)
A
A x
,
(0, )
B
B y
A nằm trên đường thẳng (1) nên
2
2 0 2 ( 0)
A A A A
y ax ax x a
a
= − = ⇒ = ⇒ = >
B nằm trên đường thẳng (1) nên
2 .0 2 2
B B B
y ax a y= − = − ⇒ = −
2
2 2 2 2 2 ( 0)
B A
OB OA y x a a
a
= ⇔ = ⇔ − = ⇒ = >
:)$*
a) Khi m = 4 pt trở thành :
2
2 8 0 1 3 2 1 3 4x x x hay x+ − = ⇔ = − + = = − − = −
( do

' 9
∆ =
)
b)
( )
2
2 8 0m∆ = − + >
với mọi m. Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Do
1 2
8x x = −
nên
2
1
8
x
x
−
=
17
-1
1
1
2
2 2 2 2
1 2 1 1
2 2
1 1
64 16
( 1)( 4) ( 1)( 4) 68 4( ) 68 4.8Q x x x x

x x
= − − = − − = − + ≤ −
= 36
(Do
2
1
2
1
16
x
x
+
≥
8) . Ta có Q = 36 khi và chỉ khi
1
2x = ±
Khi
1
2x =
thì m = 4, khi x
1
= -2 thì m = 0. Do đó ta có giá trị lớn nhất của Q = 36 khi và chỉ khi m = 0 hay m
= 4 .
:)-*
a) Ta có 2 góc
·
·
0
90= =DBC DAO
nên tứ giác ADBO nội tiếp

b)
·
·
1
2
=AMB AOB
cùng chắn cung AB
mà
·
·
=CED AOB
cùng bù với góc
·
AOC
nên
·
·
2=CED AMB
c) Ta có FO là đường trung bình của hình
thang BCED nên FO // DB
nên FO thẳng góc BC. Xft 2 tam giác vuông
FOC và BMC đồng dạng theo 2 góc bằng nhau
Nên
= ⇒
MC BC
OC FC
2
. . . .2 2= = = =MC FC MC FB OC BC R R R
18




Y
2
X


Q
WT[34(56*!"#!$
%&*
(=)9)8&*!@(A'(không kể thời gian giao đề)
:)*(1,5 điểmH
H Tính
3 16 5 36+
!H Chứng minh rằng với
0x
>
và
1x
≠
thì
1 1
1
x x
x x x x
+
− =
− −
"H Cho hàm số bấc nhất
( )

2 1 6y m x= + −
a) Với giá trị nào của m thì hàm số đã cho nghịch biến trên R?
b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho qua điểm
( )
1;2A
:)!*(2,0 điểmH
1) Giải phương trình:
2
2 3 5 0x x+ − =
2) Tìm m để phương trình
2
2 0x mx m+ + − =
có hai nghiệm
1 2
;x x
thỏa mãn
1 2
2x x− =
3) Giải hpt:
1
2 1
x y xy
x y xy
+ = −


+ = +

:)"*(2,0 điểmH
Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm trong một thời gian nhất định.

Nhưng khi thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 10 sản
phẩm so với dự định. Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày.
Hỏi khi thực hiện, mỗi ngày tổ đã làm được bao nhiêu sản phẩm?
:)$*(3,5 điểmH
Cho đường tròn
( )
O
cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn
( )
O
, kẻ
các tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi
qua A cắt đường tròn
( )
O
tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung
điểm của dây BC.
1) Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng:
. .AK AI AB AC=
3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao?
4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để
2IM IN=
.
19
./0
:)-*(1,0 điểm)
Với
0x
≠

, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2 2014x x
A
x
− +
=
HẾT
\]T
:)*(1,5 điểmH
1H
3 16 5 36 3.4 5.6 12 30 42+ = + = + =
2) Với
0x >
và
1x ≠
ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
1 1
1 1 . 1 1 1
1 1
1 1 1 1
x x
x x x x x x
x x x x x
x x x x x x x x
− +

− − +
− = − = = = =
− − −
− − − −
Vậy với
0x
>
và
1x
≠
thì
1 1
1
x x
x x x x
+
− =
− −
3)
a) Hàm số bấc nhất
( )
2 1 6y m x= + −
nghịch biến trên R khi
1
2 1 0 2 1
2
m m m+ < ⇔ < − ⇔ < −
b) Đồ thị hàm số
( )
2 1 6y m x= + −

qua điểm
( ) ( )
7
1;2 2 2 1 .1 6 2 2 1 6 2 7
2
A m m m m⇔ = + − ⇔ = + − ⇔ = ⇔ =
:)!*(2,0 điểmH
1)Giải phương trình:
2
2 3 5 0x x+ − =
Ta có
2 3 5 0a b c
+ + = + − =
. Suy ra pt có 2 nghiệm:
1 2
5
1;
2
x x= = −
2)
2
2 0x mx m+ + − =
có hai nghiệm
1 2
;x x
thỏa mãn
1 2
2x x− =
Ta có
( ) ( )

2
2 2 2
4 2 4 8 4 4 4 2 4 0m m m m m m m∆ = − − = − + = − + + = − + >
với mọi m. Do
đó pt đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Áp dụng định lí Vi et ta có:
1 2
1 2
. 2
S x x m
P x x m
= + = −


= = −

Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 4 4 2 4 8x x x x x x x x x x m m m m− = + − = + − = − − − = − +
Do đó
( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 2
2 4 4 8 4 4 4 0 2 0 2x x x x m m m m m m− = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =
20
3)

1 2 2 2
2 1 1 2 2 1 3
x y xy y y y
x y xy x y xy x x x
+ = − = = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + + = − + = − =
   
Vậy nghiệm của hpt là
( ) ( )
; 3;2x y =
:)"*(2,0 điểmH
Gọi số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là x (sản phẩm). ĐK:
10;x x Z> ∈
Do đó:
Số sản phẩm tổ dự định làm trong mỗi ngày là:
10x −
(sản phẩm).
Thời gian tổ hoàn thành công việc trong thực tế là:
240
x
(ngày).
Thời gian tổ hoàn thành công việc theo dự định là:
240
10x −
(ngày).
Vì tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày, do đó ta có phương trình:
240 240

2
10x x
− =
−
Giải pt:
2 2
240 240 120 120
2 1 120 120 1200 10 10 1200 0
10 10
x x x x x x
x x x x
− = ⇒ − = ⇒ − + = − ⇒ − − =
− −
' 25 1200 1225 0 ' 1225 35∆ = + = > ⇒ ∆ = =
PT có 2 nghiệm phân biệt:
1
5 35 40x = + =
(nhận)

2
5 35 30x = − = −
(loại)
Vậy số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là 40 sản phẩm.
:)$*(3,5 điểmH(Giải vắn tắt)
K
I
C
N
M
O

A
B

GT
(O) cố định; điểm A cố định
AM,AN là tiếp tuyến của (O)
IB=IC
KL
1) Tứ giác AMON nội tiếp
2) AK.AI=AB.AC
3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển
động trên cung tròn nào? Vì sao?
4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để
IM=2.IN
1) Tứ giác AMON nội tiếp
2)
·
0
90IB IC OI BC AIO= ⇒ ⊥ ⇒ =
.Ta chứng minh được 5 điểm A,M,O,I,N cùng
thuộc đường tròn đường kính AO.
( ) ( )
2
ΔAKM ΔAMI . 1
AK AM
gg AK AI AM
AM AI
⇒ = ⇒ =∽
( ) ( )
2

ΔABM ΔAMC . 2
AB AM
gg AB AC AM
AM AC
⇒ = ⇒ =∽
( ) ( )
1 & 2 . .AK AI AB AC⇒ =
3) Ta có
·
0
90AIO =
mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AO.
Giới hạn: Khi
B M I M
B N I N
≡ → ≡
≡ → ≡
21
Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên
¼
MON
của đường tròn đường
kính AO.
4) Cách 1:
( )
.
ΔKIN ΔKMA
IN KN KN MA
gg IN
MA KA KA

⇒ = ⇒ =∽

( )
. .
ΔKIM ΔKNA
IM KM KM NA KM MA
gg IM
NA KA KA KA
⇒ = ⇒ = =∽
(vì NA=MA)
Do đó
.
1 1 1
2
.
2 2 2
KN MA
IN KN
KA
IM IN
KM MA
IM KM
KA
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với
1
2
KN
KM
=

Cách 2:
Ta có AM và AN là hai tiếp tuyến của (O) suy ra
¼
»
·
·
AM AN AM AN MIA NIA IK= ⇒ = ⇒ = ⇒
là đường phân giác của
IN KN
MIN
IM KM
∆ ⇒ =
do đó
1 1
2
2 2
IN KN
IM IN
IM KM
= ⇔ = ⇔ =
Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với
1
2
KN
KM
=
:)-*(1,0 điểm)
( ) ( )
2
2 2 2

2
2 2014
2 2014 1 2 2014 0 1
x x
A Ax x x A x x
x
− +
= ⇔ = − + ⇔ − + − =
* Với
1 1007A x= ⇔ =
* Với
1A ≠
PT (1) là pt bậc 2 ẩn x có
( )
' 1 2014 1 1 2014 2014 2014 2013A A A∆ = + − = + − = −
PT (1) có nghiệm khi
2013
' 0 2014 2013 0
2014
A A∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
Kết hợp với trường hợp A=1 ta có
min
2013
2014
A =

^

 !"S!$
%&'()*BC(%&96(,;_&H

Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013
+,B!JF)D4H
1) Giải phương trình (2x + 1)
2
+ (x – 3)
2
= 10
2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình
3 5
2 9
x my
mx ny
− =


+ =

có nghiệm (1; –
2)
+,B!JF)D4H
22
ĐỀ/Ứ
1) Rút gọn biểu thức
2 3 1 1
A = +
x +1 x- 1 x 1
x x x
x x
− + −

−
+ +
với
x 0
≥
2) Hai người thợ quft sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày xong
việc. Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hoàn thành công việc chậm hơn người thợ
thứ hai là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm trong bao nhiêu ngày để
xong việc.
+,B!JF)D4H Cho phương trình
2
2( 1) 2 5 0x m x m
− − + − =
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x
1
; x
2
với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn điều kiện:

2 2
1 1 2 2
( 2 2 1)( 2 2 1) 0x mx m x mx m
− + − − + − <
+,B"JF)D4H
Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O; R) thay

đổi đi qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN
với đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là
giao điểm của đường thẳng OI và đường thẳng MN.
1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh OI.OH = R
2
.
3) Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
+,BJF)D4H
Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam
giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9a b c
S
b c a c a b a b c
= + +
+ − + − + −
.
Hết
\]T
+,*
1) Pt: (2x + 1)
2
+ (x – 3)
2
= 10
⇔
5x
2
– 2x = 0
0

2
5
x
x
=



=

.
2) Hệ phương trình
3 5
2 9
x my
mx ny
− =


+ =

có nghiệm (1; – 2)
⇒
2 3 5
4 9
m
m n
+ =



− =


⇔
1
2
m
n
=


= −

+,*
23
1) A =
2 3 1 1
+
x +1 x- 1 x 1
x x x
x x
− + −
−
+ +
=
2 3 ( 1)( 1) ( 1)
1
x x x x x x
x x
− + + − + − − +

−
=
1
( 1)( 1)
x x
x x x
− +
+ − +
=
1
1x +
(với
x 0
≥
).
2)
+ Gọi x (ngày) là thời gian người thứ nhất làm riêng xong công việc (x > 9)
+ Thời gian người thứ hai làm riêng xong công việc: x – 9 (nga).
+ Trong một ngày người thứ nhất làm được:
1
x
(công việc).
+ Trong một ngày người thứ hai làm được:
1
9x
−
(công việc).
+ Vì họ cùng làm thì trong 6 ngày xong việc nên ta có pt:
1
x

+
1
9x
−
=
1
6
⇔
x
2
– 21x + 54 = 0
⇔



x = 18 (thoûa)
x = 3(khoâng thoûa)
+ Vậy: - Người thứ nhất làm riêng xong công việc tron 18 ngày.
- Người thứ hai làm riêng xong công việc tron 9 ngày.
+,*
1)
∆
'
= m
2
– 4m + 6 = (m – 2)
2
+ 2 > 0,
∀
m

⇒
pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với
mọi m.
2) Phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
nên:
2
1 1
2
2 2
x 2(m 1)x 2m 5 0
x 2(m 1)x 2m 5 0

− − + − =


− − + − =



2
1 1 1
2
2 2 2
x 2mx 2m 1 4 2x
x 2mx 2m 1 4 2x

− + − = −


⇒

− + − = −


Theo định lí Vi-et ta có :
1 2
1 2
x x 2m 2
x .x 2m 5
+ = −


= −

Theo bài ra ta có :
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1 2 2
1 2 1 2 1 2
(x 2mx 2m 1)(x 2mx 2m 1) 0
4 2x . 4 2x 0 16 8 x x 4x x 0
3
16 8 2m 2 4 2m 5 0 m
2
− + − − + − <
⇔ − − < ⇔ − + + <
⇔ − − + − < ⇔ >

+,*
1)
+ (O) có :

·
·
OMA ONA=
= 90
0
nhìn đoạn OA (1)
I là trung điểm của BC
Þ
OI
^
BC
Þ
·
OIA
= 90
0
nhìn đoạn OA (2)
Từ (1) và (2)
Þ
Bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn
2) Chứng minh OI.OH = R
2
:
24
+
ã

OHN
v
ã
OAC
cú :
HO AC
HN AO
ỹ
^
ù
ù
ý
ù
^
ù
ỵ

ị

ã
OHN
=
ã
OAC
. (1)
+ ng trũn ng kớnh OA cú :

ã

ã

OAC noọi tieỏp chaộn OI
OMI noọi tieỏp chaộn OI

ị

ã
OAC
=
ã
OMI
(2)
+ T (1) v (2)
ị
ã
OHN
=
ã
OMI

+
D
OMH v
D
OIM cú:

ã
ã
ã
:
OHN OMI
MOH chung
ỹ
ù
=
ù
ù
ý
ù
ù
ù
ỵ

ị
D
OMH
D
OIM (g-g)
ị

OM OH
OI OM
=


OI. OH = OM

2
= R
2
.
3) +
AMB

ACM

(g-g)

= =
2
AM AB
AM AB.AC
AC AM
+
AME

AIM

(g-g)

= =
2
AM AE
AM AI.AE
AI AM

AB.AC = AI.AE (*)
+ Do A, B, C c nh nờn trung im I ca BC c nh nờn t (*) suy ra E c
nh.
Vy ng thng MN luụn i qua im E c nh
+,*
Vi a, b, c l di ba cnh ca tam giỏc cú chu vi bng 2 nờn
a b c 2
+ + =
.
+ t
b c a x; c a b y; a b c z
+ = + = + =
+ Do a, b, c l di ba cnh ca tam giỏc nờn :
x,y,z 0
>
.
+ Suy ra
x y z 2
+ + =
(do
a b c 2
+ + =
) v
y z x z x y
a ; b ; c
2 2 2
+ + +
= = =
.
Khi ú

( ) ( ) ( ) ( )
4 x z 9 x y 4 x z 9 x y
y z 1 y z
S
2x 2y 2z 2 x y z
+ + + +

+ +
= + + = + +




1 y 4x z 9x 4z 9y
2 x y x z y z



= + + + + +

ữ
ữ ữ



+ Ta cú:
2
y 4x y x
2 2 2
x y x y

+ = +
ữ


2
z 9x z x
3 6 6
x z x z

+ = +
ữ


2
4z 9y z y
2 3 12 12
y z y z

+ = +
ữ

25