ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN



: (2 điểm)
a/ Tính giá trị biểu thức:
3
( 8 3 2 10)( 2 10) : 64M = − + + −
b/ Không dùng máy tính hãy so sánh:
10 13A = +
với
11 12B = +
: (2 điểm)
Cho phương trình
2
2( 3) 4 0x m x− − + =
a/ Tìm m để phương trình nhận
3x = −
làm nghiệm.
b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thỏa mãn
2 2
1 2
28x x+ =
.
: (2 điểm)
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không chứa nước thì sau 3 giờ 36 phút đầy bể. Nếu để chảy
một mình thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 3 giờ. Tính thời gian mỗi vòi chảy một
mình đầy bể.
 : (3 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M nằm trên nửa đường tròn (

,M A M B≠ ≠
). Tia BM cắt tiếp tuyến của nửa đường tròn kẻ từ A tại I, phân giác của góc
·
IAM
cắt
nửa đường tròn tại E, cắt BM tại F. Tia BE cắt AI tại H, cắt AM tại K. Chứng minh rằng:
a/ Tam giác
ABF
là tam giác cân.
b/
. .BE BH BM BI
=
c/ Tứ giác
AKFH
là hình thoi.
: (1 điểm)
Giải phương trình
2
2
1 1 27
4
x x
x x
+ + + =
Hết
1

!"#$%
 & '()*+ ,-
./0 1

3
( 2 10)( 2 10) : 64M = − + + −
2/
8:( 4) 2M = − = −
2/
3
2
23 2 10.13 23 2 130A = + = +
2/
2
23 2 11.12 23 2 132B = + = +

2/
2 2
B A⇒ >
, mà
0, 0A B> >
. Vậy
B A>
2/
./0 1
Thay
3x = −
vào pt
9 6( 3) 4 0m⇒ + − + =
2/
5
6
m⇒ =
2/

3
Ta có
2
' ( 3) 4m∆ = − −
2/
Pt có 2 nghiệm pb
2
' 0 ( 3) 4m⇔ ∆ > ⇔ − >
5
1
m
m
>

⇔

<

2/
2 2 2
1 2 1 2 1 2
28 ( ) 2 28x x x x x x+ = ⇔ + − =
2/
2
6( )
( 3) 9
0( )
m tm
m
m tm

=

⇔ − = ⇔

=

. KL…
2/
./0 1 Gọi thời gian để vòi thứ nhất chẩy một mình đầy bể là x (h, x>0)
⇒
Một giờ vòi thứ nhất chảy được
1
x
bể
2/
3
⇒
thời gian để vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là x+3 (h)
⇒
Một giờ vòi thứ hai chảy được
1
3x +
bể
2/
Đổi 3 giờ 36 phút =
18
5
giờ. Ta có pt
1 1 5
3 18x x

+ =
+
2/
Giải ra được
6x
=
và KL… 2/
./0
K
H
M
I
A
B
F
E
2

1
Ta cú
ã
0
90AEB =
(gúc ni tip chn na ng trũn)
AE EB

2/
M AE l phõn giỏc ca gúc
ã
IAM

nờn BE cng l phõn giỏc ca gúc
ã
ABM
. Do ú tam giỏc ABF cõn ti B.
2/
3 Trong tam giỏc ABH vuụng ti A cú AE l ng cao do ú
2
.BE BH AB=
2/
Trong tam giỏc ABI vuụng ti A cú AM l ng cao do ú
2
.BM BI AB=
. Vy
. .BE BH BM BI
=
2/
4
Vỡ
BE
l ng trung trc ca
AF
nờn ta cú
,KA KF HA HF= =
(1)
2/
Mt khỏc trong tam giỏc
AHK
cú AE va l ng cao va l ng
phõn giỏc nờn tam giỏc
AHK

cõn ti A
AH AK =
(2)
2/
T (1) v (2)

T giỏc AKFH l hỡnh thoi. 2/
./0
K:
0x
. Ta cú pt
2
2
1 1 27
( ) ( )
4
x x
x x
+ + + =
2
1 1 35
( ) ( )
4
x x
x x
+ + + =
2/
t
1
x t

x
+ =
ta cú pt:
2 2
5
35
2
4 4 35 0
7
4
2
t
t t t t
t

=

+ = + =



=


2/
+/ Vi
5
2
t =
2

1 5
1
2
2
x
x
x
x
=


+ =

=

2/
+/ Vi
7
2
t

=
7 33
1 7
4
2
7 33
4
x
x

x
x

+
=



+ =


=


. KL
2/
Chú ý: Mọi lời giải đúng khác đều đợc cho điểm tơng đơng

: (2 im)
a/ Rỳt gn biu thc
2
2 2 1
( ).( )
1
2 1 2
x x x
P
x
x x
+

=

+ +
b/ Tỡm giỏ tr
x
nguyờn biu thc
2
1
1
x
M
x
+
=

nhn giỏ tr nguyờn.
: (2 im)
3

a/ Tìm m để đường thẳng
( ): 2a y x m= +
cắt đường thẳng
( ) : 2 4b y x= −
tại một điểm trên
trục hoành.
b/ Cho phương trình
2
2( 1) 2 11 0x m x m+ + + − =
(
x

là ẩn,
m
là tham số).
Tìm m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn hơn 1.
: (2 điểm)
Trên quãng đường AB dài 60 km, người thứ nhất đi xe máy từ A đến B, người thứ hai đi xe đạp
từ B đến A. Họ khởi hành cùng một lúc và gặp nhau tại C sau khi khởi hành được 1 giờ 20 phút. Từ C
người thứ nhất đi tiếp đến B và người thứ hai đi tiếp đến A. Kết quả người thứ nhất đến nơi sớm hơn
người thứ hai là 2 giờ. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng trên suốt quãng đường cả hai người đều
đi với vận tốc không đổi.
 : (3 điểm)
Cho hình bình hành
ABCD
có đường chéo
AC BD
>
. Kẻ
,CH AD CK AB⊥ ⊥
.
a/ Chứng minh
CKH∆
đồng dạng
BCA∆
b/ Chứng minh
·
.sinHK AC BAD=
c/ Tính diện tích tứ giác
AKCH
biết
·

0
60BAD =
,
6 , 8 .AB cm AD cm= =
: (1 điểm)
Cho
0x >
, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
2013A x x
x
= − + +
Hết
!"#$%
 & '()*+ ,-
./0 1
ĐK:
0, 1x x≥ ≠
2/
2
2
2 2 (1 )
.
2
( 1)( 1) ( 1)
x x x
P
x x x
 

− + −
= −
 
− + +
 
2/
2 2
2
2 ( 1) ( 1)
.
2
( 1) ( 1)
x x x
P x x
x x
− − +
= = − +
+ −
2/
3
Ta có
2
1
1
M x
x
= + +
−
2/
M

nhận giá trị nguyên
1x
⇔ −
là ước của 2 2/
4

0
1 1 2
1 2 3
1
x
x x
x x
x
=


− = ± =


⇒ ⇒


− = ± =


= −

. KL…
2/

./0 1
Đường thẳng
( ) : 2 4b y x= −
cắt trục hoành tại điểm
(2;0)A
2/
Ycbt
⇔
đường thẳng
( ): 2a y x m= +
đi qua A, từ đó tìm được
1m = −
2/
3
Ta có
2
' 12 0,m m∆ = + > ∀
2/
PT luôn có hai nghiệm phân biệt, gọi hai nghiệm đó là
1
x
và
2
x
Theo định lý vi-et ta có
1 2
1 2
2( 1)
2 11
x x m

x x m
+ = − +


= −

2/
Ycbt
⇔

1 2 1 2 1 2
( 1)( 1) 0 ( ) 1 0x x x x x x− − < ⇔ − + + <
2/
2m
⇔ <
2/
./0 Gọi vận tốc của người thứ nhất là x (km/h, x>0)
Gọi vận tốc của người thứ hai là y (km/h, y>0)
2/
Đổi 1 giờ 20 phút =
4
3
giờ
4
( ) 60 45
3
x y x y⇒ + = ⇒ + =
2/
Mặt khác ta có pt
60 60

2
x y
+ =
2/
Từ đó giải ra được
30( / ), 15( / )x km h y km h= =
. KL…
2/
./0
H
D
B
C
A
K
1
Vì
·
·
0
90AKC AHC
= =
nên tứ giác AKCH nội tiếp
2/
·
·
BAC KHC⇒ =
,
·
·

CKH CAH=
2/
Mặt khác
·
·
CAH ACB=
(so le trong)
2/
·
·
CKH ACB⇒ =
nên
CKH
∆
đồng dạng
BCA
∆
(g-g).
2/
3
Ta có
·
·
sin sin
KC
BAD KBC
BC
= =
2/
Mà

CKH
∆
đồng dạng
BCA
∆
CK HK
BC AC
⇒ =
2/
5

ã ã
sin .sin
HK
BAD HK AC BAD
AC
= =
2/
4
Trong tam giỏc KBC vuụng ti K cú
ã
0
60KBC =
v BC = 8 cm
nờn
4 3 , 4 .KC cm BK cm= =
2/
Trong tam giỏc CHD vuụng ti H cú
ã
0

60CDH =
v DC = 6 cm
nờn
3 3 , 3 .CH cm HD cm= =
2/
2
1
. 20 3( )
2
ACK
S AK CK cm

= =
,
2
1 33 3
. ( )
2 2
ACH
S AH CH cm

= =
2/
Vy
2
73 3
( )
2
AKCH
S cm=

2/

./,-0
Ta cú
2 2
1 1
2013 ( 1) ( ) 2012A x x x x
x x
= + + = + + +
2/
0 2 2012 2014A + + =
. ng thc xy ra

1x =
2/
Vy
min
2014A =
khi
1x
=
.
2/
Chú ý: Mọi lời giải đúng khác đều đợc cho điểm tơng đơng

(2 im)
1) Cho x l s thc õm tha món x
2
+
2

1
x
= 23, tớnh giỏ tr ca biu thc A = x
3
+
3
1
x
.
2) Phõn tớch thnh nhõn t biu thc sau: x
4
2y
4
x
2
y
2
+ x
2
+ y
2
.
( 3 im)
1) Cho tam giỏc ABC vuụng ti A,
ã
ABC
= 60
0
. Trung tuyn CD =
3

4
cm. Tớnh din tớch tam giỏc
ABC.
2) Trong h trc ta Oxy, cho ng thng d: y = (m + 1)x m, m l tham s. Tỡm m ng
thng d ct parabol (P): y = x
2
ti hai im phõn bit A, B sao cho OA vuụng gúc vi OB.
(2 im)
1) Cho x, y l 2 s dng tha món x + y = 1, tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
P = (1 -
2
1
x
)(1 -
2
1
y
) .
2) Tỡm nghim x, y nguyờn dng tha món phng trỡnh: 2x
2
2xy = 5x y 19.
( 2 im)
6

Cho đường tròn (O), bán kính R, A là 1 điểm cố định nằm ngoài đường tròn. Một đường tròn thay đổi đi qua 2
điểm O, A cắt đường tròn (O) tại hai điểm P, Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua 1 điểm cố định.
(trước khi chứng minh hãy nêu dự đoán điểm cố dịnh mà P, Q đi qua, giải thích cách nghĩ).
 ./,-0
Có thể lát kín một cái sân hình vuông cạnh 3,5m bằng những viên gạch hình chữ nhật kích thước 25cm x 100cm
mà không cắt gạch được hay không?

Hết
Lời giải tóm tắt
Bài 1
1) Ta có A = (x +
1
x
)
3
– 3(x +
1
x
)
Từ giả thiết ta có: x
2
+
2
1
x
+2 = 25  (x +
1
x
)
2
= 5
2
=> x +
1
x
= -5 vì x < 0
Do đó A = (-5)

3
– 3.(-5) = - 110
2) x
4
– 2y
4
– x
2
y
2
+ x
2
+ y
2
= (x
4
– y
4
) – (y
4
+ x
2
y
2
) + (x
2
+ y
2
)
= (x

2
+ y
2
)(x
2
- y
2
– y
2
+ 1) = (x
2
+ y
2
)(x
2
- 2y
2
+ 1)
Bài 2
1)
Đặt BC = 2x (x > 0) . Vì
·
ABC
= 60
0

=>
µ
C
= 30

0
=> AB = x => AD =
1
2
x;
AC =
3
x
Tam giác ADC vuông tại A =>
CD
2
= AD
2
+ AC
2
( Đ/l Pi tago)
=>
9
16
= 3x
2
+
1
4
x
2
=> x =
3
2 13
7



4-


#
5
5


6

Vậy diện tích S của tam giác ABC là S =
. 3 3 3 1 9 3
. .
2 2 104
2 13 2 13
AB AC
= =
(cm
2
)
2) Phương trình hoành độ của hai đồ thị là x
2
– (m + 1)x +m = 0 (*)
Hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt 
V
> 0
 (m + 1)
2

– 4m > 0  (m – 1)
2
> 0  m
≠
1.
Xét PT hoành độ, có a + b + c = 1 – m – 1 + m = 0 => x
1
= 1 ; x
2
= m => y
1
= 1 ; y
2
= m
2

=> A( 1;1); B(m ; m
2
)
Phương trình đường thẳng đi qua O và A là y = x
Phương trình đường thẳng đi qua O và B là y = mx
Đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng OB  m .1 = -1  m = -1
Vậy với m = -1 thì đường thẳng và parabol cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho OA vuông góc với OB.
Bài 3.
1) ĐK: xy
≠
0 ; Từ giả thiết =>
2 2
1 2x y xy+ = −
Ta có P =

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
( 1)( 1) ( ) 1 1 2 1 2x y x y x y x y xy x y xy
x y x y x y x y
− − − + + − + + +
= = =
=1 +
2
xy
.
Mặt khác ta có (x – y)
2

≥
0 =>

x
2
+ y
2

≥
2xy  (x + y)
2

≥
4xy  1
≥
4xy
=>

1 1 2
2 8
4
xy
xy xy
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
=> P
≥
1 + 8 = 9
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
1
2
. Thỏa ĐK
Vậy minP = 9  x = y =
1
2
.
2) Từ PT ta có y =
2
2 5 19 (2 1) 2(2 1) 17 17
2
2 1 2 1 2 1
x x x x x
x
x x x
− + − − − +
= = − +
− − −
(x
≠

1
2
vì nếu x=
1
2
không nguyên)
=> với x nguyên thì y nguyên khi và chỉ khi
17
2 1x −
nguyên  17
M
2x – 1  2x -1 là ước của 17 . Mà 17 có các
ước là
±
1;
±
17
Do x nguyên dương nên 2x – 1
≥
1 => 2x – 1 = 1 hoặc 2x – 1 = 17 => x = 1 hoặc x = 9
=> y = 16 hoặc y = 8.
Vậy PT có các nghiệm nguyên là: (x; y) = ( 1;
16) ; (9; 8)
Bài 4.
*) Dự đoán điểm cố định là giao điểm I của
OA và PQ.
*) Chứng minh: G/s (O
’
) đi qua O và A => O’
nằm trên đường trung trực của AO, gọi giao

điểm của đường trung trực đó với AO là H,
giao điểm của OA với PQ là I, giao của OO
’

với PQ là K, OO
’
cắt đường tròn (O
’
) ở M.
Ta có OO
’
là đường trung trực của PQ => OO
’
⊥
PQ
V
OKI đồng dạng với
V
OHO
’
(g.g)
8

6

7


8


9


=>
'
'
1
.
.OO . .
2
OO 2.
OM OK
OK OH OK OM OK OM OK
OI
OI OH OH OH AO
= ⇒ = = = =
(Do OO
’
=
1
2
OM và AO = 2.OH)
Ta có
·
OPM
= 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>
V
OPM vuông tại P, lại có PQ

⊥
OO
’
=> OP
2
=
OK.OM (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
 OI =
2 2
OP R
OA OA
=
không đổi.
Do O cố định, OI không đổi nên I cố định
Vậy đường thẳng PQ đi qua 1 điểm cố định.
Bài 5. Không thể lát sân mà không phải cắt gạch vì nếu gọi số gạch lát theo chiều dài và chiều rộng của viên
gạch là x, y thì hệ PT sau phải có nghiệm nguyên:

100 350
25 350
x
y
=


=

nhưng hệ vô nghiệm nguyên.
9



%:;<"(2 điểm) ( thí sinh không cần giải thích và không phải chép lại đề bài, hãy
viết kết quả các bài toán sau vào tờ giấy thi)
1. Tam giác ABC vuông tại A, có cạnh BC bằng
7
cm,
·
ABC
= 30
0
, Cạnh AB = …
2. Giá trị của m để đường thẳng y = - 3x + m cắt đường thẳng y= x tại 1 điểm có hoành độ bằng
1
2
là…
3. Biểu thức A =
22 12 2−
có giá trị rút gọn là…
4. Tập hợp nghiệm của phương trình x(x + 1) + (x + 3)(x – 2)+ 2 = 0 là…
=:>? (8 điểm)
@ (2 điểm)
Cho phương trình x
2
– (2m + 1)x – m
2
+ m – 1 = 0 (x là ẩn, m là tham số).
a) Giải phương trình với m = 1.
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.
@ (2 điểm) Năm 2012, tổng số dân của 2 tỉnh A và B là 5 triệu người. Năm 1013, tổng số dân của
2 tỉnh A và B là 5 072 000 người. Biết tỷ lệ tăng dân số của tỉnh A là 2%; tỉnh B là 1%. Hỏi dân số của

mỗi tỉnh năm 2013?
: (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn (O). Các tiếp tuyến taị B và C
của đường tròn (O) cắt nhau tại K. Kẻ đường kính AD. Chứng minh rằng:
a) Ba diểm K, A, D thẳng hàng.
b) Bốn điểm A, B, K, H cùng thuộc một đường tròn, với H la fgiao điểm của BD và AC.
c) KH song song với BC.
 @ (1 điểm) Giả sử AD, BE và CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC. Chứng minh
rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi diện tích tam giác DEF bằng
1
4
diện tích tam giác ABC.
………………………… Hết …………………….
10

Giải sơ lược
%:;<"@
:6A
21
2
cm
2. m = 2
3. 3
2
- 2
4. x = 1 và x = - 2
=:>?@
Bài 1.
a) Với m = 1 ta có PT: x
2
– ( 2. 1 + 1)x – 1

2
+ 1 – 1 = 0  x
2
– 3x – 1 = 0 Giải PT ta có
x
1,2
=
3 13
2
±
b) Vì a = 1 > 0 và c = -
2
1 3
2 4
m
 
− −
 ÷
 
< 0 với mọi giá trị của m nên PT đã cho luôn có 2 nghiệm trái
dấu với mọi m.
Bài 2. Gọi số dân của tỉnh A và B năm 2013 lần lượt là x và y ( triệu người) ĐK: x,y nguyên dương
Thì ta có hệ phương trình :
5
5 2,2
102 101
102 101 507,2 2,8
5,072
100 100
x y

x y x
x y
x y y
+ =

+ = =
 

⇔ ⇔
  
+ = =
+ =
 


x, y thỏa ĐK
Vậy số dân của tỉnh A và B năm 1013 là: 2,2.
102
100
= 2,244 triệu người và 2,8.
101
100
= 2,8281 triệu
người.
Bài 3.

a) Ta có AB = AC; OB =
OC; KB = KC => A,
O, K nằm trên đường
trung trực của BC.

Mà D thuộc AD nên D
cũng nằm trên đường
trung trực của BC => A,
K, D thẳng hàng.
b) Vì D nằm trên đường
trung trực của BC nên
AD
⊥
BC =>
»
»
DB DC=
=>
·
·
KBH KAH=
 Tứ giác BAKH nội
tiếp
c) KH // BC vì cùng
vuông góc với BC.
11


7
#


6

Bài 4.

+) Chứng minh điều kiện cần: Cho Tam giác
ABC đều, AD, BE và CF là các đường phân giác
trong của tam giác ABC ta cần chứng minh:.
2
EF
1 1
2 4
D
ABC
S
s
 
= =
 ÷
 
Do tam giác ABCđều và AD, BE, CF là các
đường phân giác của tam giác nên ta có
EF 1
2
DE DF
AB BC AC
= = =
=>
V
DEF đồng dạng với
V
ABC =>
2 2
DEF
1 1

2 4
ABC
S
DE
S AB
   
= = =
 ÷  ÷
   
+) Chứng minh điều kiện đủ: Cho Tam giác ABC, AD, BE và CF là các đường phân giác trong
của tam giác, thỏa
DEF
1
4
ABC
S
S
=
, ta cần chứng minh:
V
ABC là tam giác đều.
Đặt BC = a; AC = b; AB = c (a, b, c > 0)
Vì AD là phân giác
·
BAC
nên ta có
DB c DB c DB c ac
DB
DC b DB DC c b a c b c b
= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

+ + + +
 DC = a – DB =
ac ab
a
c b c b
− =
+ +
Chứng minh tương tự ta có: EC =
ab
a c+
; EA =
bc
a c+
; FA =
bc
a b+
; FB =
ca
a b+
.
Ta có
EF
1
D ABC AEF BDF CDE AEF BDF CDE
ABC ABC ABC ABC ABC
S S S S S S S S
S S S S S
− − −
= = − − −
= 1 -

AF. . .
. . .
AE BF BD CE CD
AB AC BA BC CA CB
− −
=…
=
2
( )( )( )
abc
a b b c c a+ + +
theo giả thiết ta có:
2
( )( )( )
abc
a b b c c a+ + +
=
1
4
 (a +b)(b + c)(c + a) = 8abc  a(b –c)
2
+ b(c - a)
2
+ c(b – a)
2
= 0
 a = b = c =>
V
ABC là tam giác đều.
Vậy

12
#
B
C


6


: (2,0 điểm)
Cho biểu thức M =
( ) ( )
2 2 - 3 3 2 - 3 - 2
2 3
a a a b b a b a a
a ab
+ +
+
a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M.
b) Tính giá trị của M khi a =
1 3 2+
, b =
11 8
10
3
+
: (2,0 điểm)
Cho phương trình x
3
– 5x

2
+ (2m + 5)x – 4m + 2 = 0, m là tham số.
a) Tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
.
b) Tìm giá trị của m để x
1
2
+ x
2
2
+ x
3
2
= 11.
: (1,0 điểm)
Cho số nguyên dương n và các số A =
2
444 4
n
142 43
(A gồm 2n chữ số 4); B =
888 8
n
142 43
(B gồm n

chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.
 : (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các
tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD.
a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.
b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp
∆
COD.
c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường
thẳng d.
d) Chứng minh
2
2
MD HA
=
MC HC
: (1,0 điểm)
Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013.
Chứng minh
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
≤
.
Dấu đẳng thức sảy ra khi nào?
HẾT
13

!"#$%
(Hướng dẫn này gồm 4 trang)

D) '()*+ ,-
D)
.2/0
a) M =
( ) ( )
2 2 - 3 3 2 - 3 - 2
2 3
a a a b b a b a a
a ab
+ +
+
ĐK xác định của M:
, 0 0
0 0
a b a
a b
≥ >
 
⇔
 
≠ ≥
 
0,25
M =
2 2 2 2 3 2 3 3 2 2
2 3
a a ab ab b a
a ab
+ − + − −
+

0,25
=
2 3 ( 2 3 )( 2 3 ) 2 3
2 3 ( 2 3 )
a b a b a b a b
a ab a a b a
− + − −
= =
+ +
0, 5
b) Ta có M =
3
2
b
a
−
với a =
1 3 2+
, b =
11 8
10
3
+
0,25
3 30 22 2 (30 22 2)(3 2 1) 102 68 2
17
1 3 2 (1 3 2)(3 2 1)
b
a
+ + − +

⇒ = = =
+ + −
0,25
Vậy
( )
2
3
6 4 2 2 2 2 2
b
a
= + = + = +
0,25
Từ đó M =
2 (2 2) 2− + = −
0,25
D)
.2/0
a) x
3
– 5x
2
+ (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1)
( )
2
2
2
2 ( 3 2 1) 0
3 2 1 0(*)
x
x x x m

x x m
=

⇔ − − + − = ⇔

− + − =

Nếu
2
2
3 2 1 0
x
x x m
=


− + − =

trừ
0,25 điểm
0,25
Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0,25
Điều kiện là
0 13 8 0
3 13
4 6 2 1 0 2 3
2 8
m
m
m m

∆ > − >
 
⇔ ⇔ ≠ <
 
− + − ≠ ≠
 
0,5
b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x
1
= 2; x
2
; x
3
trong đó x
2
; x
3
là hai
nghiệm phân biệt của pt (*)
0,25
14

Khi đó x
1
2
+ x
2
2
+ x
3

2
= 11
( ) ( )
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3
4 2 11 2 7(**)x x x x x x x x⇔ + + − = ⇔ + − =
0,25
áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có
2 3
2 3
3
. 2 1
x x
x x m
+ =


= −

(0,25 đ)
Vậy (**)
9 2(2 1) 7 1m m⇔ − − = ⇔ =
(thoả mãn ĐK)
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
0,5
D)
.2/0
Ta có
( )
2

444 4 444 4000 0 444 4 444 4. 10 1 888 8
n
n n n n n n
A = = + = − +
142 43 142 43 1 2 3 142 43 142 43 14243
0,25
=
2
4.111 1.999 9 4.111 1.9.111 1 6.111 1
n n n n n
B B B
 
+ = + = +
 ÷
 
1 2 3 14243 1 2 3 1 2 3 1 2 3
0,25
=
2
2
3 3
.888 8
4 4
n
B B B
 
 
+ = +
 ÷
 ÷

 
 
142 43
0,25
Khi đó
2 2 2
3 3 3 3
2 4 2 4 2. .2 4 2
4 4 4 4
A B B B B B B B
     
+ + = + + + = + + = +
 ÷  ÷  ÷
     
=
2 2 2
1
3
.888 8 2 3.222 2 2 666 68
4
n n n−
     
+ = + =
 ÷  ÷  ÷
     
142 43 142 43 14243
Ta có điều phảI chứng minh.
0,25
D)
. 2/0

d
Q
H
I
B
A
C
O
D
M
a) MA, MB là các iếp tuyến của (O)
· ·
0
90MAO MBO⇒ = =
0,25
I là trung điểm của CD
·
0
90OI CD MIO⇒ ⊥ ⇒ =
0,25
⇒
A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO 0,25
⇒
Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.
b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA = OB
⇒
MO là đường trung trực của AB
⇒
MO

⊥
AB
0,25
15

⇒
MH.MO = MB
2
(hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
·
·
1
2
MBC MBD= =
sđ
»
BC
⇒
( . )MBC MDB g g∆ ∆:
⇒
2
.
MB MD
MC MD MB
MC MB
= ⇒ =
(2)
0,25
Từ (1) và (2)
⇒

MH.MO = MC.MD
⇒
·
·
( . . )
MC MO
MCH MOD c g c
MH MD
MHC MDO
= ⇒ ∆ ∆
⇒ =
:
0,25
⇒
tứ giác CHOD nội tiếp
⇒
H thuộc đường tròn ngoại tiếp
∆
COD.
0,25
c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI
Hai tam giác vuông MIO và QHO có
·
IOH
chung
⇒
MIO QHO∆ ∆:
0,25
⇒
2 2

.
MO OQ
OI OH
MO OH OA R
OQ
OI OI OI
=
⇒ = = =
(R là bán kính (O) không đổi)
0,25
O, I cố định
⇒
độ dài OI không đổi
⇒
lại có Q thuộc tia OI cố định
⇒
Q là điểm cố định
⇒
đpcm.
0, 5
d)
·
·
·
·
0
0 0 0
180
90 90 90
2

COD
AHC MHC ODC
−
= + = + = +
(
COD∆
cân tại O)
=
·
¼
( )
¼
0 0
1 1 1
180 360
2 2 2
COD sdCBCB sdCAD− = − =
=
·
CBD
(3)
0,25
·
·
CAH CDB=
(4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Từ (3) và (4)
( . )AHC DBC g g⇒ ∆ ∆:
⇒

HA BD
HC BC
=
(5)
0,25
( . )MBC MDB g g∆ ∆:
(chứng minh trên)
2
.
MD MB BD
MB MC BC
BD MD MB MD
BC MB MC MC
⇒ = =
 
⇒ = =
 ÷
 
(6)
0,25
Từ (5) và (6)
2
2
MD HA
MB HC
⇒ =
0,25
D)
.2/0
Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a

2
+ ab + ac + bc = a
2
+bc + a(b + c)
Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a
2
+ bc
≥
2a
bc
. Từ đó
a
2
+ bc + a(b + c)
≥
2a
bc
+a(b + c) = a(b + c + 2
bc
) = a(
b c+
)
2
0,25
16

Vậy
( )
( )
2

2013
a a a a
a a bc a b c
a a b c
a a b c
≤ = =
+ + + +
+ +
+ +
(1) 0,25
Chứng minh tương tự được
2013
b b
b b ca a b c
≤
+ + + +
(2) và
2013
c c
c c ba a b c
≤
+ + + +
(3)
Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được
a b c
+ + 1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a b c
a b c
+ +

≤ =
+ +
0,25
Dờu “=” xảy ra
2
2
2
671
2013
a bc
b ca
a b c
c ab
a b c

=

=

⇔ ⇔ = = =

=


+ + =

0,25
**
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 3: Từ giả thiết ta có

2 1 2 2
2
1 2
4.111 1 4(10 10 1)
2.888 8 16.111 1 16(10 10 1)
n n
n
n n
n n
A
B
− −
− −
= = + + +
= = = + + +
123
1 2 3 123
Từ đó suy ra D=A+2B+4=
2 1 2 2 1 2
4(10 10 1) 16(10 10 1)
n n n n− − − −
+ + + + + + +
+4
9D =
2 1 2 2 1 2
4(10 1)(10 10 1) 16(10 1)(10 10 1) 36
n n n n− − − −
− + + + + − + + + +
9D=
( )

2
2
2
4(10 1) 16(10 1) 36
4(10 4.10 4)
2 10 2
n n
n n
n
− + − +
= + +
 
= +
 
 
Suy ra đpcm.
17

Câu 5: Với gt đã cho ta có:
2 2
2013 ( )
( ( )( ))
( )( )
(2 ( )( ) 2 )
( 2 )
2( ) 2( ) 2( )
a a
a a bc a a b c a bc
a a a b a c
a

a a ab ac bc
a a b a c
a a b a c a
a a b a c a ab ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc
=
+ + + + + +
− + +
= =
− − − −
+ + +
+ + −
+ + + − +
= ≤ =
+ + + + + +
(theo BĐT cosi 2
ab
≤
a+b dấu = xảy ra khi a=b.
Từ đó suy ra VT
≤
ab ac bc ba cb ac
ab ac bc ab ac bc ab ac bc
+ + +
+ +
+ + + + + +
=1 (ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671.

D)./,-0

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – m + 1 và parabol (P): y =
- x
2
.
1: Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm (1; 2);
3: Giả sử đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
).
Tìm m để (x
1
– x
2
)
2
+ (y
1
– y
2
)
2
= 25.
D)./,-0 
1: Giải hệ phương trình
3x 2y

2
x 1 y 1
2x 3y
10
x 1 y 1

− =

− +



+ =

− +

;
3:Tìm x, y thỏa mãn x – y + 1 =
2 x y x 2− − −
.
Câu 3 (2 điểm)
1:Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M di động trên cạnh BC, gọi D, E lần lượt là hình
chiếu của M trên AB, AC. Tìm vị trí điểm M để DE có độ dài nhỏ nhất.
3:Với x là số thực. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =
2
3x 4
x 1
+
+
.

D) ./,-0
18

Cho đường tròn đường kính AB; C là một điểm trên đường tròn (C khác A, B). Gọi I
là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC, các tia AI, CI lần lượt cắt đường
tròn tại D, E.
1: Chứng minh tam giác EAI cân;
3: Chứng minh: IC.IE = IA.ID;
4: Giả sử biết BI = a, AC = b. Tính AB theo a, b.
D)./,-0
Chứng minh trong các số có dạng 20142014 2014 có số chia hết cho 2013.
Hết
Câu Ý
'()*+EFG*H3I ,-
D)
2 điểm
a
Đường thẳng (d) đi qua điểm (1; 2) <=> 2 = 2.1 – m + 1 0,5
Vậy: m = 1 0,5
b
Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt <=> x
2
+ 2x – m + 1 = 0
có hai nghiệm phân biệt <=>
' m 0
∆ = >
0,25
Theo Định lí Viet: x
1
+ x

2
= - 2, x
1
x
2
= - m + 1 0,25
Có: y
1
= 2x
1
– m + 1, y
2
= 2x
2
– m + 1 => y
1
– y
2
= 2(x
1
– x
2
)
Nên: 25 = (x
1
– x
2
)
2
+ (y

1
– y
2
)
2
= 5(x
1
– x
2
)
2
=> (x
1
– x
2
)
2
= 5
0,25
Hay: (x
1
+ x
2
)
2

- 4x
1
x
2

= 5 => 4 – 4(- m + 1) = 5 => m = 5/4 (t/m) 0,25
D)
2 điểm
1
Đặt
x y
u ; v
x 1 y 1
= =
− +
0,25
Khi đó có hệ:
3u 2v 2 9u 6v 6 u 2
2u 3v 10 4u 6v 20 v 2
− = − = =
  
⇔ ⇔
  
+ = + = =
  
0,25
Từ:
x y
2 x 2; 2 y 2
x 1 y 1
= ⇒ = = ⇒ = −
− +
0,25
Vậy hệ có nghiệm (2; -2) 0,25
3

Ta có: x – y + 1 =
2 x y x 2 x y 1 2 x y x 2 0− − − ⇔ − + − − + − =
. 0,25
Hay:
( )
2
x y 1 x 2 0− − + − =
. 0,25
Suy ra:
( )
2
x y 1 x 2 0 x y 1 x 2 0− − = − = ⇔ − − = − =
. 0,25
Vì vậy có: x = 2; y = 1. 0,25
19

D)
2 điểm
1
Do:
·
·
·
0
ADM AEM DAE 90= = =
nên ADME là hình
chữ nhật
0,25
Nên : DE = AM
0,25

DE nhỏ nhất <=> AM nhỏ nhất <=>
AM BC⊥
0,25
Vì vậy : M là chân đường cao hạ từ A
0,25
3
A =
2 2
2
3x 4
A(x 1) 3x 4 Ax 3x A 4 0
x 1
+
⇔ + = + ⇔ − + − =
+
, (*) có nghiệm x 0,25
Nếu A = 0 từ (*) có : x = -4/3
0,25
Nếu A
≠
0 có :
2
1 9
9 4A(A 4) 4(A 2) 25 0 A
2 2
−
∆ = − − = − − + ≥ ⇔ ≤ ≤
0,25
Vậy :
1 b 9 1

min A khi x 3; max A khi x
2 2a 2 3
− −
= = = − = =
0,25
D) 
3 điểm
1
Vẽ hình để chứng minh a 0,25
Do AD, CE là các đường phân giác nên :
»
»
»
»
DC DB, EB EA= =
0,25
Do đó:
»
»
»
»
DC EA DB EB+ = +
0,25
Suy ra:
· ·
AIE IAE=
Vậy: tam giác EAI cân tại E
0,25
3
Ta có:

·
·
AIE CID
=
(đối đỉnh) 0,25

·
·
EAI DCI
=
(cùng chắn cung DE) 0,25
Do đó :
ICD IAE
∆ ∆
:
. 0,25
Suy ra:
IC ID
IC.IE IA.ID
IA IE
= ⇒ =
0,25
4
AC cắt BD tại F. Do AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên
∆
ABF
cân. Do đó AF = AB = x > 0
0,25
Do:
·

·
·
0
DIB IBA IAB 45= + =
nên
∆
BID vuông cân
suy ra: DB = a/
2
=> BF = a
2
0,25
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACB và BCF có:
BC
2
= AB
2
– AC
2
= BF
2
– CF
2
hay: x
2
– b
2
= 2a
2
– (x – b)

2
<=> x
2
- bx - a
2
= 0
0,25
Có: x =
2 2
b b 4a
2
− +
(loại), x =
2 2
b b 4a
2
+ +
. Vậy AB =
2 2
b b 4a
2
+ +
0,25
D)
1 điểm
Ta xét 2014 số khác nhau có dạng 20142014…2014 = a
n
, có n bộ 2014. n
∈
N*

Trong 2014 số này có ít nhất hai số khi chia cho 2013 có cùng số dư.
0,25
Giả sử 2 số đó là a
i
, a
j
(j > i). Khi đó a
j
– a
i

M
2013
hay:
j sô 2014 i sô 2014 j í sô 2014 4i sô 0
20142014 2014 20142014 2014 20142014 20140000 0000 2013
−
− = M
1 4 4 2 4 4 3 1 4 4 2 4 4 3 1 4 442 4 4 43 1 4 2 4 3
0,25
Số có dạng 20142014…2014 : 10
4i


2013
0,25
20

Vì UCLN(10, 2013) = 1 nên UCLN(10
n

, 2013) = 1 với mọi n ∈ N*
Vậy: có số dạng 20142014…2014 chia hết cho 2013
0,25

Hết
J
Câu 1 .2/,-0: Rút gọn các biểu thức sau:
a)
( ) ( )
5 21 14 6 5 21A = + − −
b)
5 2 5 2
5 1
2
B
+ + −
= − +
Câu 2 .2/,-0:
a) Giải phương trình:
( ) ( )
4 2 4 2 2x x x+ − − + = −
b) Giải hệ phương trình:
2 2
2 19
( 1)(2 ) 20
x x y y
xy x y

− + − =


− − =


Câu 3 .2/,-0: Cho K2I2LM thoả mãn KNINLA.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
2 2 2
3 3 3
x y z
y z z x x y
+ +
+ + +
Câu 4 .2/,-0: Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn (O; R) cố định. Từ điểm A kẻ
đường thẳng d bất kỳ không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại B, C (B nằm giữa A và C). Các
tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại D. Kẻ DH vuông góc với AO tại H; DH cắt
cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.
a) Chứng minh năm điểm B, C, D, H, O nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
c) Chứng minh tích HB.HC không đổi khi đường thẳng d quay quanh điểm A.
Câu 5 .2/,-0:Chứng minh
4 4 4 4
2012 2013 2014 2015
n n n n
N = + + +
không phải là số
chính phương với mọi
n
là số nguyên dương.

HÕT
21


HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
OPQP*4HREFG*H3I-'EST+U4HV-W4D):FV*+3S-4X1HY4Z*HI[)4\)QHUS]Q
S)]*S^+44H_E4H`2/\I/X24HEaE2FbF*+:
OFV*+-W4D)2*a)HY4Z*H+UZ1c3de4+UEFde4EHG4HV/,-/fge*Hh*+3de4+U
Z1)4iS[*j)1*:
O,-EH*HQH\*4X1-W4D)*i4H)*+QHD*4H1/a*:/,-:fge/,-EH*HQH\*S
:/,-EHGEkIEl+P-mHUVEHf*+*HnE/,4HaEEH*HEo*+:/,-:
OY4Z*HmH^*+g`HG*H/fgeD) EHG4HV/,-/fgeD) :FdT*+HpQHY4Z*H4ig`
HG*H2*a)g`Z1c&*VEHG4HV/,-c&/i:
OY4Z*H4iST+UmHP4/PQP*.*a)/q*+0gr*4HV/,-Ef/1EkIEHsV-t4/,-4X1Eo*+
4D):
O,-4X1EV*3SEl*+.mH^*+S-EFu*Zf04X1/,-EnE4U4P44D).
Câu Nội dung Điểm
1
2,0 điểm
1a
( ) ( ) ( )
5 21 14 6 5 21 5 21 14 6 5 21 5 21A = + − − = + − + −
0,25

( ) ( )
2 5 21 7 3 .2 10 2 21 7 3 .2= + − = + −
0,5
( ) ( ) ( ) ( )
2
7 3 7 3 .2 7 3 7 3 .2 8= + − = + − =
0,25
1b
Ta có:

2
5 2 5 2 5 2 5 2 2 5 2. 5 2
2
2
 
+ + − + + − + + −
 ÷
=
 ÷
 
0,5

+
= = +
2( 5 1)
5 1
2
0,25
Suy ra B = 0
0,25
2
2,0 điểm
2a
ĐK:
4 4x− ≤ ≤
0,25
( ) ( )
( )
( )
4 2

4 2 4 2 2 2
4 2
x x
x x x x
x
− +
+ − − + = − ⇔ = −
+ +
0,25

( )
4 2 2 4 2 0x x x
 
⇔ − + + + + =
 
0,25
0x⇔ =
(vì
( )
4 2 2 4 2 0x x− + + + + >
)
Kết luậnKA
0,25
22

2b
Ta có:
2 2
2 2
2 2

2 19
2 19
( 1)(2 ) 20
( )( 2 ) 20
x x y y
x x y y
xy x y
x x y y

− + − =

− + − =

⇔
 
− − =
− − = −



Đặt
2 2
; 2a x x b y y= − = −
:Ta có
19
20
a b
ab
+ =



= −

0,25
Do đó
,a b
là hai nghiệm của phương trình
2
1
19 20 0
20
t
t t
t
= −

− − = ⇔

=

0,25
TH1:
1
20
a
b
= −


=


, ta có
2 2
2 2
1 1 0
2 20 2 20 0
x x x x
y y y y
 
− = − − + =
 
⇔
 
− = − − =
 
 
(vô nghiệm)
0.25
TH2:
20
1
a
b
=


= −

, ta có
2 2

2 2
20 20 0
2 1 2 1 0
x x x x
y y y y
 
− = − − =
 
⇔
 
− = − − + =
 
 

5
1
x
y
=

⇔

=

hoặc
4
1
x
y
= −



=

Vậy hệ phương trình có nghiệm (5; 1) hoặc (-4; 1)
0,25
3 1,5
Ta có:
2 2
3 3 1
2.
3 16 3 16 2
x y z x y z
x
y z y z
+ +
+ ≥ =
+ +
0,5

2 2
3 1 3 1
;
3 16 2 3 16 2
y z x z x y
y z
z x x y
+ +
+ ≥ + ≥
+ +

0,5
Suy ra
3 3 3
16 2
y z z x x y x y z
P
+ + + + + + +
+ ≥

3
4 4
x y z
P
+ +
⇒ ≥ =
0,25
GTNN của P là
3
4
khi KAIALA
0,25
4
3,5 điểm
G*Hg`/,4Ht*+-*H4D)14HV2
0,5
23

4a

I
D
M
H
O
B
C
A

Ta có:
·
·
0
90DBO DCO= =
(DB, DC là tiếp tuyến) 0,25

·
0
90 ( )DHO DH AO= ⊥
0,25
Vậy ba điểm B, C, H nằm trên đường tròn đường kính DO hay năm điểm
B, C, D, O, H nằm trên một đường tròn.
0,5
4b
Ta có
DO BC⊥
tại I. Hai tam giác vuông OIA và OHD đồng dạng (có
·
AOD
chung).

0,25
Suy ra
. .
OI OA
OI OD OAOH
OH OD
= ⇒ =
0,25
Trong tam giác vuông OBD, ta có
2 2
.OI OD OB OM= =

Do đó,
2
.
OA OM
OAOH OM
OM OH
= ⇒ =
0,25
Tam giác OMA và tam giác OHM có
OA OM
OM OH
=
và
·
MOH
chung nên
chúng đồng dạng. Suy ra
·

0
90OMA =
nên AM là tiếp tuyến của đường
tròn (O).
0,25
4c
Ta có
·
·
BHM MHC=
(chắn hai cung
»
»
, DB DC
bằng nhau) 0,25
·
· ·
·
·
·
BMH MBD MDB MCB HCB MCH= + = + =
0,25
Suy ra hai tam giác BHM và MHC đồng dạng.
Do đó
2
.
BH HM
HB HC MH
MH HC
= ⇒ =

0,25
Do A, (O) cố định nên M, H cố định nên
2
.HB HC MH=
không đổi.
0,25
5
1,0 điểm
Ta có:
4
2012
có chữ số tận cùng bằng 6 nên
4
2012
n
có chữ số tận cùng
bằng 6.

4
2013
có chữ số tận cùng bằng 1 nên
4
2013
n
có chữ số tận cùng
bằng 1.
0,25
24


2
2014
có chữ số tận cùng bằng 6 nên
4
2014
n
có chữ số tận cùng
bằng 6.

4
2015
n
có chữ số tận cùng bằng 5.
0,25

Do đó,
4 4 4 4
2012 2013 2014 2015
n n n n
N = + + +
có chữ số tận cùng
bằng 8.
0,25
Mặt khác, không có số chính phương nào có chữ số tận cùng bằng 8. Vậy
 không phải là số chính phương.
0,25
v
D)@.2/,-0
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)
D)@.2/,-0
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 quét 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.
D)@.2/,-0

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− + − − + − <
D)@.2/,-0
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.
25