FULL ĐÁP ÁN CHI TIẾT 30 ĐỀ THI TOÁN 9 VÀO 10 TPHCM + HÀ NỘI ( SẴN IN )

“Biển học” Kiến thức Rỗng lớn Mênh mông, chỉ lấy “Siêng năng”
làm “Bờ bến”
ĐÁP ÁN – 30 BỘ TOÁN 9 VÀO 10 CÁC TỈNH, TP. HCM – HÀ NỘI.
(Phần I)
Đề 1 - Đáp án - Hà Nội 2010 - 2011
Bài 1:
1) Rút gọn biểu thức: A 

x



2 x



3x  9
; x �0, x �9
x 9

x 3
x 3
x ( x  3)  2 x ( x  3)  (3x  9)
3( x  3)
A


x 9
( x  3)( x  3)
1
2) Tính giá trị x khi A 

3
3
1
 � 9  x  3 � x  6 � x  36
Ta có:
x 3 3

3
x 3

3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
Biểu thức A 

3
x 3

có giá trị lớn nhất khi

x �0 � x  3 �3; khi x = 0 thì A 

Ta có:

x  3 đạt giá trị nhỏ nhất.
3
0 3

 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất A = 1 đạt được khi x = 0.
Bài 2:

Gọi x (m) là chiều dài hình chữ nhật (đk: x > 0)
Chiều rộng hình chữ nhật là (x – 7) m
Theo đầu bài và định lí Py ta go ta có pt:
x2 + (x - 7)2 = 132
Giải pt:
x2 + (x - 7)2 = 132 � x2 – 7x – 60 = 0
 = 49 + 240 = 289;   17
x1 

xx
xx- -77

1313

7  17
7  17
 12 (tmđk); x 2 
 5 (loại)
2
2

Vậy chiều dài hình chữ nhật là 12m; chiều rộng hình chữ nhật là 5m.
Bài 3:
1) Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt thì.
– x2 = mx – 1 � x2 + mx – 1 = 0 có  > 0
 = m2 + 4 > 0  m
Vậy mọi giá trị của m thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
x1  x 2   m
�
x1 x 2  1

�

2) Theo đlí Vi ét ta có: �

- Theo đầu bài: x12 x 2  x 22 x1  x1 x 2  3 � x1 x 2 (x1  x 2 )  x1 x 2  3
� - 1.(- m) + 1 = 3 � m = 2
“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Bài 4:

FF

1) Chứng minh rằng FCDE tứ giác nội tiếp.
�  FED
�  900 � Tứ giác FCDE nội tiếp
- Ta có : FCD
đường tròn đường kính FD.

II

2) Chứng minh rằng: DA.DE = DB.DC
�  DAB(cungBE)
�
�
DCE
�
�� DCE : DAB(gg)
�  DBA(cungAC)
�

DEC
�
DC DE
�

� DB.DC  DA.DE (đpcm)
DA DB

EE

CC
DD
AA

OO

BB

�  OCB
�
3) Chứng minh rằng: CFD
và IC tiếp tuyến đường tròn (O).

�  CEA(cùng
�
� �
CFD
CD)
� �
�

�� CFD  ABC (1)
�  ABC(cùng
�
� �
CEA
AC)
�  ABC(
�  OBC)
�
- Xét  OBC cân tại O ta có: OCB
(2)
�  OCD
�
Từ (1) và (2) Suy ra: CFD
(đpcm)
1
FD (Trung tuyến  FCD vuông tại C)
2
�  FCI
�
�  ICF cân tại I Suy ra: CFI

- Ta có: CI = IF = ID =

�  CFI
� �
OCD
� �
�
�� OCD  FCI (1)

�
�
FCI  CFI �
�  DCI
�  900 (2)
- Ta có: FCI
�  DCI
�  900 � OC  CI
Từ (1) và (2) Suy ra: OCD

Do đó:

Vậy IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
�  2 khi DF = R.
4) Chứng minh rằng tgAFB
-Ta có:  CBA  CFD (gn – tg vuông)
�

CB AB 2R


2
CF FD
R

- Xét  BCF vuông tại C ta có:
�  tgCFB
�  CB  2
tgAFB
CF

Bài 5: Giải phương trình sau:
x 2  4x  7  (x  4) x 2  7 � (x 2  7)  (x  4) x 2  7  4x  0

Đặt: t  x 2  7  0 � t2 – (x + 4)t + 4x = 0
 = (x + 4)2 – 16x = (x – 4)2 �0 ;  = x – 4
� (x  4)  (x  4)
t 
4
�
�1
2
��
�t  (x  4)  (x  4)  x
�2
2

- Thay t = 4 � x 2  7  4 � x 2  9 � x  �3
-Thay t = x � x 2  7  x � x 2  7  x 2 (voi x �0) � 0.x 2  7(vô ly)
“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Vậy tập nghiệm pt là S   3;3
Đề 2 – Đáp án – TP. HCM Năm 2010 – 2011
Bài 1: Giải pt và hệ pt
a) 2 x 2  3x  2  0 (1)

  9  16  25
3  5 1
35


; x2 
2
(1) � x1 
4
2
4
�y  3
4 x  y  1
�
�
��
�� 1
14 x  7
x
�
�
� 2
c) 4 x 4  13x 2  3  0
Đặt u = x2 �0
4 x  y  1
�
b) �
�6 x  2 y  9

Ta có:
4u2 – 13u + 3 = 0
  169  48  121  112
13  11 1
13  11

� u1 
 ; u2 
3
8
4
8
1
� x1  � ; x2  � 3
2
2
d) 2 x  2 2 x  1  0
' 2 2  4; '  2
2 2
22
� x1 
; x2 
2
2

Bài 2
a) Đồ thị hàm số y 
y

x 2
và đường thẳng
2

1
x 1.
2

-2-2 -1 OO
1

�
�
�
1;  �
, B �
2; 2  .
(P) đi qua O(0; 0), A �
2
�
�
(D) đi qua C(0; 1)và D(2;0)
� 1�
(P) và (D) có 2 điểm chung: �1;  �,  2; 2  .
� 2�

1

22

-1

-2-2

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P)
và (D) là
 x2 1

 x 1 � x2  x  2  0
2
2
� x  1 ; x  2

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
� 1�
1;  �
,  2; 2  .
�
� 2�

Bài 3:
A  12  6 3  21  12 3  (3  3) 2  3(2  3) 2  (3  3)  (2  3) 3  3

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


2

2

�
5� �
3�
B  5�
2

3


3

5


2

3

3

5

�
�
�
�
�
2�
2�
�
� �
�

2B = 5
5





 
5    ( 3  1) 

42 3  62 5  5

(1  3) 2  ( 5  1) 2 



2




3

42 3  62 5  3

2

2

( 5  1) 2 

 
2

= 5 (1  3)  ( 5  1)  5  ( 3  1)  ( 5  1)  3



2

2

2

= 5.3  5  20  B = 10.
Bài 4: Giải pt: x2 – (3m + 1)x + 2m2 + m – 1 = 0
a)    3m  1  8m 2  4m  4  m 2  2m  5  ( m  1) 2  4  0  m
Vậy pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
2

b) Ta có :
x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1
2
A = x12  x22  3x1 x2   x1  x2   5 x1 x2
1
1
25
1
 (m  ) 2
 (3m  1) 2  5(2m2  m  1)  m 2  m  6  6   (m  ) 2 
4
2
4
2
25
1

Vậy giá trị lớn nhất của A =
khi m =
4
2

Bài 5:
a) Ta có :

�  EAO
�  90
EMO

I

M

=> EAOM nội tiếp.
Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :
0

�  APM
�  PMQ
�  90o
EAO

=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật

K

B

b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường
chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ
nên I là trung điểm của AM.
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng
hàng.
�  ABM
� , vì OE // BM)
 MPB (góc nhọn AOE
c)  EAO

O

P

Q
E
I

x

A

AO AE

(1)
BP MP
KP BP


Vì KP // AE �
(2)
AE AB

=>

Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
d) Tính MP theo R và x ; tìm vị trí điểm M trên (O) để SAPMQ lớn nhất.
MP = MO 2  OP 2  R 2  (x  R) 2  2Rx  x 2
SAPMQ = MP.AP  x 2Rx  x 2  x 2 .(2Rx  x 2 ) �
Đạt giá trị lớn nhất khi x2 = 2Rx – x2 � x = R

x 2  (2Rx  x 2 )
(BĐT Cô Si)
2

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Vậy khi điểm M trung điểm cung AB thì SAPMQ có diện tích lớn nhất.
Đề 3 – Đáp án: Vĩnh Phúc Chuyên năm 2009 – 2010
Câu 1:
a) Điều kiện xy �0
2[xy ( x  y )  ( x  y )]  9 xy (1)
�

Hệ đã cho �

2( xy ) 2  5 xy  2  0
�
xy  2 (3)
�
�
Giải PT(2) ta được: � 1
xy 
(4)
� 2

(2)

�
�x  1
�
�
�x  y  3
�y  2
�
�
Từ (1)&(3) có: �xy  2
�
�x  2
�
�
�
�
�y  1
�
�x  1

�
�
� 1
3
�
�
y
x y 
�
�
�
�
� 2
2
Từ (1)&(4) có: � 1 � �
� 1
�
�
xy 
x
�
�
2
�
� 2
�
�
�y  1
�

1
2

1
2

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y )  (1; 2), (2; 1), (1; ), ( ; 1)
b) Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu 2 �x thì PT trở thành: ( p  1) x  2( p  1)
TH2. Nếu 3 �x  2 thì PT trở thành: (1  p) x  2(1  p )
TH3. Nếu x  3 thì PT trở thành: ( p  1) x  2( p  4)
- Nếu p ��1 thì (1) có nghiệm x  2 ;
(2) vô nghiệm;(3) có nghiệm x nếu thoả mãn:

(1)
(2)
(3)

2( p  4)
 3 � 1  p  1 .
p 1
- Nếu p  1 thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 2 �x ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm.
- Nếu p  1 thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3 �x  2 ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN
x

Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và x 

2( p  4)
p 1

+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm 2 �x ��
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm 3 �x �2
�p  1
+ Nếu �
thì phương trình có nghiệm x = 2.
�p  1
Câu 2:
+ Phát hiện và chứng minh
bc
ca
ab


1
(a  b)(a  c) (b  a)(b  c) (c  a )(c  b)

+ Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng:
“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


2

�
b
c � �
bc
ca
ab
�a





��2
�
� 2 �
�b  c c  a a  b � �(a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b) �

Câu 3
Điều kiện xác định: x �1 (do x nguyên).
1
2( x  1)
; B
, suy ra: C 
| 2 x  1|
| x  1|

2� 1
x 1 �

�
�
3 �| 2 x  1| | x  1| �
2� 1
4( x  1)
1 2x
� 4( x  1)
 1�
 0 � C 1 

1 
0
- Nếu x  1 . Khi đó C  �
3 �2 x  1 � 3(2 x  1)
3(2 x  1)
3(2 x  1)
Suy ra 0  C  1 , hay C không thể là số nguyên với x  1 .
1
- Nếu   x  1 . Khi đó: x  0 (vì x nguyên) và C  0 . Vậy x  0 là một giá trị cần tìm.
2
1
- Nếu x   . Khi đó x �1 (do x nguyên). Ta có:
2
4( x  1)
2x 1
2� 1
� 4( x  1)
1 
 0 , suy ra 1  C �0 hay
C �

 1� 
�0 và C  1  
3(2 x  1)
3(2 x  1)
3 � 2 x  1 � 3(2 x  1)
C  0 và x  1 .
Vậy các giá trị tìm được thoả mãn yêu cầu là: x  0 , x  1 .

Dễ thấy A 

Câu 4
a) Gọi I là trung điểm AB,

E  IK �CD , R  IM �CD .

I

A

B

Xét hai tam giác KIB và KED có:
�
�
ABD  BDC

K

KB = KD (K là trung điểm BD)

M

�  EKD
�
IKB
Suy ra KIB  KED � IK  KE .
Chứng minh tương tự có: MIA  MRC

Q

C
D
E
R
H
Suy ra: MI = MR
Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR
nên KM là đường trung bình � KM // CD
Do CD // AB (gt) do đó KM // AB (đpcm)
b) Ta có:
IA=IB, KB=KD (gt) � IK là đường trung bình của  ABD
� IK//AD hay IE//AD
Tương tự trong  ABC có IM//BC hay IR//BC
QK  AD (gt), IE//AD (CM trên) � QK  IE . Tương tự có QM  IR
Từ trên có: IK=KE, QK  IE � QK là trung trực ứng với cạnh IE của IER .
Tương tự QM là trung trực thứ hai của IER
Hạ QH  CD suy ra QH là trung trực thứ ba của IER hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD
� Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).

Câu 5
P'

B'

A
C'

P
C

B

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
A'


Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó
S �1 . Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường
thẳng này giới hạn tạo thành một tam giác A ' B ' C ' (hình vẽ).
Khi đó S A ' B 'C '  4S ABC �4 .
Ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho nằm trong tam giác A ' B ' C ' .
Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài tam giác A ' B ' C ', chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó
d  P; AB   d  C; AB  , suy ra S PAB  SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn
nhất. Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích không lớn hơn
4
Đề 4 - Đáp án - Hà Nội 2013 - 2014
Bài 1:
1) Với x = 64 ta có A 

2  64



28 5

8
4

64

( x  1).(x  x )  (2 x  1). x
x 2

2) B 
x.(x  x )
x 1
3) Với x > 0 ta có :

A 3
 �
B 2

x 2 x 2 3
:
 �
x
x 1 2
9090km
km

AA

Bài 2

x 1 3
 � x  2 � 0  x  4.
2
x
BB

Gọi x (km/h) vận tốc Xe máy đi từ A đến B,. (đk : x > 0)
Thời gian Xe máy đi từ A đến B là ;

90
(h)
x

Vận tốc Xe máy khi từ B trở về A là x  9 (km/h)
Thời gian Xe máy từ B trở về A là

90
(h)
x9

90
90
1

5
x x9
2
10 10
1

 � 20( x  9)  20 x  x( x  9)
Giải pt ta có:
x x9 2

Theo đề bài ta có pt:

�x  36(tmdk)

1
� x 2  31x  180  0 � �x  5(loai) (vì x > 0)
�2
Vậy vận tốc xe máy khi đi từ A đến B là 36 km/h.

Bài 3
1) Hệ phương trình:
�
�
�
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
�
�

Ta có : �

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


2) a) Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
1 2
3
1
9
x  x  � x 2  2 x  3  0 � x1  1 ; x2  3 ; có y (-1) = ; y(3) = .
2
2
2
2
1
9
Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1; ) và (3; )
2
2
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
1 2
1
x  mx  m 2  m  1 � x 2  2mx  m 2  2m  2  0 (*)
2
2
 ' có
0
Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt (*) phải
2
2

 '  m  m  2m  2  0 � m  1
Khi: m > -1, từ (*) ta có: x1  x2 2m; x1.x2 m 2  2m  2 (định lý Vi-et)
Nên: x1  x2  2 � x12  x22  2 x1 x 2  4 � ( x1  x2 ) 2  4 x1 x 2  4
1
� 4m 2  4(m 2  2m  2)  4 � 8m  4 � m  
2
K

Bài 4
Q
M
A

H

B
P

T

I

C

O

N

�
�  900 � Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn.

1/ Ta có : AMO
 ANO

2/ Ta có :  ANB

 ACN (gg)
AN AB
AN 2 62
2

�
AN

AB.AC

 9 (cm)
Do đó :
hay AC 
AC AN
AB
4
� BC  AC  AB  9  4  5(cm)
1�
�
� �
MTN
 MON
 AON
� �
�

2
3/
�� MTN  MIN (đvị) � MT // AC.
�
�  AON
�
AIN
�

4/ Xét 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
AO nên đường thẳng KMHN vuông góc AO, nên KM vuông góc AO.
Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển.
Bài 5
Từ giả thiết ta có:
1
1
1 1 1 1
      6.
ab bc ca a b c
“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Theo BĐT Cô si thì:
1 �1
1� 1
1 �1 1 � 1 1 �1 1 � 1
� 2  2 �� ; � 2  2 �� ; � 2  2 ��
2 �a
b � ab 2 �b

c � bc 2 �c
a � ca
1 �1
� 1 1 �1
� 1 1 �1
� 1
và � 2  1�� ; � 2  1�� ; � 2  1�� .
2 �a
� a 2 �b
� b 2 �c
� c
Cộng các bất đẳng thức theo vế ta có:
3 �1
1
1 � 3
3 �1
1
1 �
3 9
 �6 � � 2  2  2 ��6  
�2  2  2 �
2 �a
b
c � 2
2 �a
b
c �
2 2
1
1 �

�1
� � 2  2  2 ��3 (đpcm)
b
c �
�a

Đề 5 - Đáp án - Hà Nội 2014 - 2015
Bài 1

3 1
2
3 1
�x  2  x � x  1 �( x  1).( x  2) � x  1
.
�
.

2) a) P  �
�
�
� x ( x  2) � x  1 � x ( x  2) � x  1

1) Với x = 9 ta có A 

b) 2P  2 x  5 �

2 x 2
 2 x 5
x

x 1
x

(với x > 0)

1
� 2 x  2  2x  5 x � 2x  3 x  2  0 � ( x  2)( x  )  0
2
1
1
� x �x
2
4

Bài 2
Gọi x (SP) là số SP xưởng phải SX theo kế hoạch trong 1 ngày (đk : x nguyên, dương)
Thời gian phân xưởng SX theo kế hoạch là :

1100
(ngày)
x

Thực tế mỗi ngày phân xưởng SX được (x + 5) SP
1100
(ngày)
x 5
1100 1100
Theo đầu bài ta có pt :
= 2.
x

x 5

Thời gian thực tế phân xưởng SX là

Giải pt ta được : x1 = 50 (tmđk) ; x2 = -55 (Loại)
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm.
Bài 3
1) Giải hệ pt : Đặt u 

1
1
và v 
.
xy
y 1

�
�
�u  1
4u  v  5
8u  2v  10 �
9u  9
��
��
��
2v  u  1 �
v1
�u  2v  1 �u  2v  1
�

Ta có : �

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


�1
�x  y  1 �
x y  1 �
x  1
�
��
��
Thay u = 1; v = 1 ta có: �
y  1 1
y2
�
�
�1 1
�
�y  1

2) a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là
x 2   x  6 � x 2  x  6  0 � x  2 và x  3
Ta có; y(-3) = 9 ; y (2) = 4.
Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là A(-3; 9) và B(2; 4)
b)

yy

99

AA

A’A’

44

BB
B’B’

xx
-3-3là hình chiếu của A
Gọi A’, B’ lần lượt
22và B xuống trục hoành.

Ta có S OAB  SAA 'B'B  SOAA '  SOBB'
Ta có A’B’ = x B'  x A '  x B'  x A '  5 , AA’ = y A  9 , BB’ = y B  4
- Diện tích hình thang AA’B’B:
SAA'B'B 

(AA ' BB')
94
65
.A 'B' 
.5 
2
2
2

(đvdt)

- Diện tích tam giác AA’O và BB’O là:
1
27
A ' A.A 'O 
(đvdt);
2
2
1
 B' B.B'O  4 (đvdt)
2

SOAA ' 
SOBB'

- Vậy Diện tích tam giác AOB là:
� S OAB  SAA 'B'B  SOAA '  SOBB' 

Vậy S V OAB = 15(đvdt)

65 �27
�
 �  4 � 15 (đvdt)
2 �2
�

Bài 4

P
N

F
O

A

B

1) Tứ giác là hình chữ nhật AMBN vì có 4 góc vuông (4 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
�
�
� ) (1)
2) Ta có: ANM
(chắn AM
 ABM
�  MBQ
�
�
 900
�ABM
�
�
� ABM
 AQP(2)
và �
0
�
�
�AQP  MPQ  90
�
�

Từ (1) và (2) Suy ra: ANM
 AQB

M
E

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.

Q


Vậy tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn.
3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ.
OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP
Suy ra F là trung điểm của BP. Mà AP  AQ; OE  OF.
Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP.
�  900 � FN  MN (3)
Xét  NOF =  OFB (c-c-c) nên ONF
�  900 � EM  MN (4)
Tương tự: OME
Từ (3) và (4) Suy ra: ME // NF (vì  MN).
4) 2SMNPQ  2SAPQ  2SAMN  2R.PQ  AM.AN  2R.(PB  BQ)  AM.AN
2SMNPQ = 2R.(PB + BQ) – AM.AN đạt giá trị nhỏ nhất.
Khi (PB + BQ) nhỏ nhất và AM.AN lớn nhất.
 ABP

 QBA suy ra

AB PB


� AB2  PB.BQ
BQ AB

Theo Bất đẳng thức Côsi ta có: PB  BQ �2 PB.BQ  2 AB2  2 (2R) 2  4R
AM 2  AN 2 MN 2

= 2R2
2
2
�2R.4R  2R 2  6R 2 .

Ta có AM.AN �
Do đó, 2SMNPQ

2

Suy ra SMNPQ �3R
Dấu bằng xảy ra khi AM = AN và PQ = 2BP hay MN vuông góc AB.
Bài 5
Ta có Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab
- Thay 2 = a + b + c ta có :
2a  bc  (a  b  c)a  bc

(a  b)  (a  c)
 a 2  ab  bc  ca  (a  b)(a  c) �
(BĐT
2

CôSi)

(a  b)  (a  c)
(1)
2a  bc �
2
(b  a)  (b  c)
Tương tự: 2b  ca �
(2)
2
(c  a)  (c  b)
(3)
2c  ab �
2
 (2)
 (3)
 theo vế  Q 2(a b c) 4
Cộng (1)

Ta có :

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 4 đạt được khi a = b = c =

2
.
3

Đề 6 - Đáp án - Hà Nội 2015 - 2016
Bài I:
1) Thay x = 9 ta có P 
2) Rút gọn biểu thức :

Q
3)

x 1
x 2



93
 12
32

x ( x  2)
5 x  2 ( x  1).( x  2)  5 x  2



x4
x4
( x  2)( x  2)

x
x 2

P x3
3

 x
�2 3. (Theo bdt Côsi). Dấu bằng xảy ra khi x = 3 .
Q

x
x
“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


P
là 2 3 .
Q

Vậy giá trị nhỏ nhất của

6060km
km

Ngược
Ngược
CC
AA

Bài II:

BB
4848km
km

- Gọi x (km/h) là vận tốc Tàu khi nước yên lặng (đk: x > 2)
Vận tốc Tàu ngược dòng A đến B là (x – 2) km/h.
Thời gian Tàu ngược dòng A đến B là

Xuôi

Xuôi

60
(h)
x2

Vận tốc Tàu xuôi dòng B về A là (x + 2) (km/h)
48
(h)
x2
60
48

 1 � x 2  12x  220  0
- Theo đầu bài ta có pt sau:
x2 x2

Thời gian Tàu xuôi dòng B về A là

- Giải phương trình ta được : x1 = 22 (tmđk) ; x2 = -10 (Loại)
Vậy vận tốc của Tàu tuần tra khi nước yên lặng là 22 km/h.
Bài III:
�
2(x  y)  x  1  4
�

1) Giải hệ pt sau: �

; Đặt: u = x + y ; v  x  1 �0
(x  y)  3 x  1  5

�
2u  v  4
6u  3v  12
7u  7
u 1
�
�
�
�
��
��
��
Ta có : �
u  3v  5
u  3v  5
u  3v  5
�
�
�
�v  2
�x  y  1
�x  y  1
��
�
�x  1  4
� x 1  2

Thay u = 1, v= 2 ta có : �

x3

�
�
�y  2

2) Cho pt: x2 – (m + 5)x + 3m + 6 = 0 (x ẩn)
a)   (m  5)2  4(3m  6)  m 2  2m  1  (m  1) 2 �0, m
Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
b) Phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì  > 0 khi m �1.
Theo đlí Vi ét ta có x1  x2  m  5 và x1 x2  3m  6 . (Với x1 ; x2 > 0 thì m > - 2)
2
2
2
Theo đầu bài : x1  x2  25 � ( x 1 x2 )  2 x1 x2  25
� (m  5) 2  2(3m  6)  25 � m 2  4m  12  0
� m = 2 (tmđk); m = - 6 (loại)

Vậy với m = 2 thì x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông.

Bài IV

D

J
K
N

I

EA
E

M
F

H

C

O

B

Q

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


�  AMD
�
1) Ta có: ACD
 90 0 nên tứ giác ACMD nội tiếp
�
�
� )
DCB (vì CAM
2) ACH
chắn cung CM
 CDM
�

CA CH

� CA.CB  CH.CD
CD CB

3) Xét ABD đường cao AM cắt DC tại H, nên H là trực tâm.
Do đó: BN là đường cao ABD đi qua trực tâm H nên BN  AD
�  900 � BND
�  900
Có ANB
�  BND
�  1800
Ta có: BNA
Vậy ba điểm A, N, D thẳng hàng.
�  NDJ
� .
- Gọi tiếp tuyến tại N cắt CD tại J ta chứng minh JND

�  ENA
�
�
JND
�
�  NBA
�
� JND
(1)
�
ENA  NBA
�

�  CBN
�
�  NBA
� (2)
Ta có NDC
hay NDJ
�  NDJ
�
� JND cân tai J.
Từ (1) và (2) Suy ra: JND
� JN= JD (3)
�  JHN
� �JNH cân tai J
Tương tự: JNH
� JN = JH(4)

Ta có �
�

Từ (3) và (4) Suy ra: DJ = JH (= JN)
Do đó: J là trung điểm của DH.
Vậy tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn luôn đi qua trung điểm của DH.
4) Gọi I là giao điểm của MN với AB. CK cắt đường tròn tâm O tại điểm Q.
Khi đó JM, JN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Gọi F là giao điểm của MN và JO. Ta có KFOQ là tứ giác nội tiếp.
� .
� FI là phân giác KFQ
�  KOQ
� � KFI
�  FOI

�
Ta có KFQ
� tứ giác KFOI nội tiếp
�  900 � IK là tiếp tuyến đường tròn tâm O
� IKO

Vậy MN đi qua điểm cố định I (với IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O)
Bài 4:
M

ab
(a  b) 2  (a 2  b 2 ) (a  b) 2  4 (a  b  2)(a  b  2) a  b  2




ab2
2(a  b  2)
2(a  b  2)
2(a  b  2)
2

Ta có (a  b) 2 �2(a 2  b 2 ) � a  b � 2(a 2  b 2 )
2(a 2  b 2 )  2
2.4  2

 2 1
2
2
Khi a  b  2 thì M  2  1

Vậy giá trị lớn nhất của M là 2  1

Vậy M �

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Đề 7 - Đáp án - Hà Nội 2016 -2017
Bài 1
1. Thay x = 25 ta có A 

7
25  8



7
7

5  8 13

2. Ta có :
x

B
B

x 3



2 x  24

x 9

( x  3)( x  8)
( x  3)( x  3)

3) P  A.B 
- Tìm x để P 

7
x 8
7

.



x 8
x 3

x ( x  3)  2 x  24
( x  3)( x  3)

x +3=7 �
x +3=-7 �

x  5 x  24
( x  3)( x  3)

x 8
x 3

7



x 3

(Với x �0, x �9)

có giá trị nguyên thì

x 3
x + 3 = 1 � x = - 2 (Loại)

x +3=-1 �



x  3 �U (7)   �1; �7

x = - 4 (Loại)
x = 4 � x = 16(tmđk)
x = -10 (Loại)

Vậy với x = 16 thì P có giá trị nguyên.
Bài 2
Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (m). (ĐK : x > 0)

Chiều rộng hình chữ nhật là

720
(m)
x

Theo đầu bài ta có pt sau :
(x  10)(

720
 6)  720 � x 2  10x  1200  0
x

Giải pt ta được : x = 30 (tmđk) ; x = - 40 (Loại)
Vậy Chiều dài hình chữ nhật là 30 m.
Chiều rộng hình chữ nhật là 24 m.
Bài 3
x
�
u
�
� x 1
(x �1; y �2)
1) Đặt �
�v  1
� y2
“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


3u  2v  4

3u  2v  4
7u  14
u2
�
�
�
�
��
��
��
2u  v  5
4u  2v  10
2u  v  5
�
�
�
�v  1

Ta có : �

�x
2
�
�x  1
��
�
� 1 1
�y  2

�x  2

(tm)
�
�y  1

Vậy hệ pt có nghiệm là (x ;y) = (2 ;-1)
2) a) Phương trình tọa độ giao điểm của đường thẳng(d) và parabol (P) là :
x2 = 3x + m2 – 1 � x2 - 3x – (m2 – 1) = 0
 = (-3)2 + 4.(m2 – 1) = 4m2 + 5 > 0 (mọi m)
Vậy đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt mọi m.
b) Ta có : (x1 + 1)(x2 + 1) = 1 � x1x2 + (x1 + x2) = 0 (1)
Với x1 ; x2 giao điểm của (d) và (P) hai nghiệm pt : x2 - 3x – (m2 – 1) = 0
x1  x 2  3
�

Theo đlí Vi ét ta có : �

x1 .x 2  1  m 2
�

2
Thay vào pt (1) ta có : 1 - m2 + 3 = 0 � m2 = 4 � m  �

Bài 4 : (Bài hình này không phải đề thi Tuyển sinh vào 10 của Hà Nội năm 2016 -2017)
1) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác MAB.
Xét tam giác MAB ta có :
� (t/c tiếp tuyến)
- MI là tia phân giác góc AMB
�
�  BI

� )
- AI là tia phân giác góc MAB
(vì AI
- Hai tia phân giác MI và AI cắt nhau tại I. Vậy I là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.

dd
MM

RR
II
HH

2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi MA, MB
và cung nhỏ AB.
+ Theo đlí Py ta go ta có:
MO 2  MA 2  AO2

AA
RR
OO

BB

MO  (R 3) 2  R 2  4R 2  2R

+ Hệ thức lượng tam giác MAO vuông tại A ta có:
1
1
1

1
1
4
R 3



 2 
� AH 
2
2
2
2
2
2
AH
AM
AO
3R
R
3R
� AB = 2.AH = 2. R 3 = R 3
2

- Diện tích tứ giác MAOB ta có:
SMAOB =

1
1
.MO.AB = .2R. R 3 = R2 3 (đvdt)

2
2

- Diện tích hình quạt AOB là:
SquatAOB 

R 2 .1200 R 2

(đvdt)
3
3600

- Diện tích hình giới hạn bởi MA, MB và cung nhỏ AB là:
S = SAMBO - Squạt AOB = R2 3 -


R 2
= ( 3  )R 2 (đvdt)
3
3

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Đề 8 – Đáp án – Phú Thọ Năm 2013 - 2014
Bài 1: Giải pt và hệ pt:
3
2
2x  3y  7
4x  6y  14

13x  26
�
�
�
�x  2
b) �
��
��
��
3x  2y  4
9x  6y  12
2x  3y  7
�
�
�
�y  1
a)2x 2  x  3  0 � x1  1; x 2 

c) x4 + x2 – 12 = 0
Đặt: t = x2 �0
t1  3(tm)
�
t 2 + t - 12 = 0 � �
t 2  4(Loai)
�
2
Thay t = 3 ta có : x  3 � x  � 3
�
x  2 3
d)x 2  2 2.x  7  0 � �1

x2  2  3
�
�

Bài 2 :
a) Vẽ đồ thi (P) : y =
- Hàm số y =

1 2
1
x và đường thẳng (d) : y =
x + 2 trên cùng một hệ trục tọa độ.
4
2

1 2
x
4

+ Cho x = �2 thì y = 1
+ Cho x = �4 thì y = 4
- Đường thẳng y =

1
x+2
2

+ Cho x = 0 thì y = 2
+ Cho y = 0 thì x = 4
4

B
2

b) Tọa độ giao điểm của (P)và (d) là nghiệm của pt sau :
1 2 1
x 
x  2 � x 2  2x  8  0 �
4
2

x1  2
�
�
x 2  4
�

-4

A
-2

O

2

4

- Khi x = 2 thì y = 1 A(2 ; 1)
- Khi x = - 4 thì y = 4 B(- 4 ; 4)
Bài 3 : Thu gọn biểu thức :

A

2
x

Bài 4 : Phương trình x2 – 2mx + m – 2 = 0

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


�

2

1� 7

m  �  0; m .
a)  '  m 2  m  2  �
� 2� 4
Vậy pt luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

b) Tìm m để biểu thức M 

24
đạt giá trị nhỏ nhất.
x  x 22  6x1 x 2
2
1

�x1  x 2  2m

�x1 x 2  m  2

- Theo Viét ta có : �
Theo đề bài :
M

24
24
24
6



2
2
2
x  x 2  6x1 x 2 (x1  x 2 )  8x1 x 2 (2m)  8(m  2) (m  1) 2  3

M

6
đạt giá trị nhỏ nhất bằng – 2 khi m = 1.
(m  1) 2  3

2
1

Vậy khi m = 1 thì M đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5
�

�
1) Ta có : MBO
 MCO
 900
� Tứ giác MBOC nội tiếp đường tròn.

B

A

M
O
K

E

x
C

K
B’

Đề 9 – Đáp án – Phú Thọ Năm 2014 - 2015
Câu 1 :
1) Giải pt
a) x = - 2 ;

b) x = 0 ; x =

2

5

2) Giải hệ pt
�x 3  3 3
�x  3
�x 3  3 3  0
�
��
� � 11  3x � �
3x  2y  11
�y  1
�
�y 
�
2

Câu 2 : Rút gọn biểu thức :
� 1
1
P�

�2 a  a 2  a
P

(1  a )
a (2  a )

.

� a 1 �

1
1
�

�:
� a  2 a � a (2  a ) 2  a

 a (2  a )
( a  1)

�
a 1
�:
�  a (2  a )

 1

Câu 3 :
- Gọi x (cm) là độ dài cạnh góc vuông lớn
của tam giác vuông. (ĐK : 7 < x < 30)

x-7

x 2  (x  7)2

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
x


Độ dài cạnh góc vuông nhỏ là (x – 7) cm.

Theo đlý Py ta go thì độ dài cạnh huyền tam
giác vuông là x 2  (x  7) 2 cm.

- Theo đầu bài ta có pt sau :
x + (x – 7) + x 2  (x  7) 2 = 30
� x2 – 67x + 660 = 0
 = 672 – 4 . 660 = 1 849 ;   43
67  43 110
�
x1 

 55(Loai)
�
�
2
2
��
�x  67  43  24  12(tmdk)
�2
2
2

Vậy độ dài ba cạnh của tam giác vuông lần lượt là 5cm, 12cm, 13cm.
Câu 4 :
a) Tìm m đường thẳng (d) đi qua điểm A(- 1 ; 3) là :
3 = 2.(- 1) – m + 1 � m = - 4
b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt:
- Theo đầu bài ta có :
1 2
x  2x  m  1 � x 2  4x  2(m  1)  0

2

PT có hai nghiệm phân biệt khi :

  4  2(m  1)  2(3  m)  0 � m  3

- Theo dự kiện đề bài ta có :
x1 x 2 (y1  y2 )  48  0

1
1
� x1 x 2 ( x12  x 22 )  48  0
2
2
1
� x1 x 2 (x12  x 22 )  48  0
2
� x1 x 2 �
(x1  x 2 ) 2  2x1 x 2 �
�
� 96  0
� 2(m  1) �
42  2.2(m  1) �
�
� 96  0
m  1
�
� m 2  6m  7  0 � � 1
m 2  7(Loai)
�

Vậy khi m = - 1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
Câu 5 :
D

1) Chứng minh rằng: BE2 = AE.ED
- Theo hệ thức lượng đường cao BE của 
ABD vuông tại D ta có:
BE2 = AE.ED (đpcm)
2) Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp.
�  CFO
�  900
- Ta có: CHO
� Tứ giác CHOF nội tiếp đường tròn.

E
C
F

I
A

H

O

B

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.

Đề 10 – Đáp án – Quãng Ngãi Năm 2004 - 2005
Bài 1
1) Đ/án: - 4
�
�x  2
5x  5 2
�
3x  3y  4 2
�
�
�
� � 2x  2 � �
2) Giải hệ pt: �
2
2x  3y  2
�y 
�y 
�
3
3
�
�

3) Giải pt
a) x2 + 5x – 6 = 0
� x1 =1; x2 = - 6
b) x4 + 5x2 – 6 = 0
Đặt: t = x2 �0
�t  1

�t 2  6(loai)

1
t2 + 5t – 6 = 0 � �

Thay t = 1 ta có: x2 = 1 � x  �1
Bài 2 :
1) Phương trình : x2 - 2(m + 2)x + 2m + 3 = 0
a)  '  (m  2) 2  (2m  3)  (m  1) 2 �0; m
Vậy pt luôn có nghiệm mọi m.
b) Tìm m để (4x1 + 1)(4x2 + 1) = 25.
Ta có :
(4x1 + 1)(4x2 + 1) = 25
� 4x1x2 + (x1 + x2) – 6 = 0
� 4.(2m + 3) + 2(m + 2) – 6 = 0
� 10m = - 10
� m = -1
2) Xác định a để thõa mãn bài toán :
Tìm giao điểm là nghiệm của hệ pt sau :
2x  y  3  0
3x  6
�
�
�x  2
��
��
��
�x  y  3  0
�y   x  3
�y  1

Thay x = - 2 và y = - 1 vào phương trình ax – y – 1 = 0 ta có :
- 2a + 1 – 1 = 0 � a = 0.
Bài 3
�
�
1/a) Ta có : MOD
 MND
 900
� Tứ giác OMND nội tiếp đường tròn
đường kính MD.
AM
�  900 nhìn đoạn MD dưới góc
- Ta có : MPD
N
vuông.
Suy ra điểm P thuộ đường tròn đường kính
P
MD.

C

O

B

D

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
x

b) Ta có :
MP // CO �
�� Tứ giác CMPO có các cạnh đối
CM // OP �

song song là hình bình hành.
c) Ta có :  COM

 CND (gg)
CO CM
R
CM

hay

� CM.CN  2R 2
CN CD
CN 2R

Suy ra :

Đề 11 – Đáp án – Quãng Ngãi Năm 2004 - 2005
Bài 1 :
1) Rút gọn biểu thức :
3 5
3 5



3 5
3 5



(3  5) 2  (3  5) 2
(3  5)(3  5)



28
7
4

2) Giải pt
x2 + 2 3 .x – 6 =0
 '  3  6  9;  '  3
�
�x  3  3
� �1
�x 2  3  3

3) Giải hệ pt
�x  3y  8
�x  3y  8
�x  5
a) �
��
��

5y  5
�x  2y  3
�
�y  1
�1 3
� 1
u
�x  y  8
�
�
� x
b) Ta có : �
Đặt : � 1
�1  2  3
�v 
�
� y
x
y
�
�1 3
�x  y  8 �
u  3v  8
u  3v  8
u 5
�
�
�
��
��

��
Do đó : �
u  2v  3
5v  5
�
�v  1
�1  2  3 �
�
�x y
�1
5
� 1
�
�x
�x 
�� 5
Thay u = 5 ; v = 1 ta có : �1
� 1
�y  1
�
�y

Bài 2
1/ Phương trình : x2 – 4m.x + 3m + 1 = 0
m 1
�
�1
a)  '  4m  3m  1  0 � �
1 thì pt có ngiệm kép.
m2  

�
�
4
2
- Khi m = 1 thì pt x – 4x + 4 = 0 � (x – 2)2 = 0 � x = 2
2

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


- Khi m = m 

1
1
1
1
tì pt x2 + x + = 0 � (x + )2= 0 � x =
4
4
2
2

Đề 12 – Đáp án – Quãng Ngãi Năm 2008 - 2009
Bài 1: Cho biểu thức P =



a



b

2

 4 ab
ab
:
a b
a b b a

a) Biểu thức P có nghĩa khi a; b > 0 và a  b
( a  b) 2

P=

a 

b

�

ab( a  b)
ab

= ( a  b ) ( a  b) = a  b









b) Với a = 15 6 6  33 12 6 = 3  6 2  3  2 6
= 3  6 + 3  2 6 = 3  6 + 2 6  3 = 6
Với b = 24 = 2 6
Do đó P = a  b = 6  2 6 =  6
Bài 2:
 x  my  3m

a) Cho hệ phương trình 

2

=

(1)

2

 mx  y  m  2

(2)

Từ (1) ta có x = 3m  my (3).
Thay (3) vào (2): m(3m  my)  y = m2  2
 3m2  m2y  y = m2 – 2
 - (m2 + 1)y = - 2(m2 + 1)

 (m2 + 1)y = 2(m2 + 1)
Vì m2 + 1 > 0, m . � y =

2(m2  1)
= 2.
m2  1

Thay y = 2 vào (3) ta có x = m.
Vậy nghiệm (x ; y) của hệ phương trình là (x = m ; y = 2)
Để x2  2x  y > 0 thì m2  m  2 > 0  (m  1)2  ( 3 )2 > 0
 (m  1  3 ).(m  1+ 3 ) > 0
  m  1 

  m  1
 
  m  1 

  m  1 

3 0
3 0
3 0
3 0

  m  1 

  m  1
 
  m  1 


  m  1 

3
3
3

 m  1 3

 

 m  1

3

3

Vậy khi m > 1 + 3 hoặc m < 1  3 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm (x ; y) thỏa
mãn x2  2x  y > 0.
b) Giải phương trình x2  x 

1
1
+ 2  10 = 0 (1). Điều kiện x  0.
x
x

Phương trình (1)
1
1
)  10 = 0

2 )  (x +
x
x
1
1
 (x2 + 2 + 2 )  (x + )  12 = 0
x
x

 (x2 +

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


1
x

1
x

 (x + )2  (x + )  12 = 0 (*).
1
x

Đặt y = x + . Phương trình (*) trở thành :
y2  y  12 = 0  y1 =  3 ; y2 = 4.
- Với y =  3  x +
 x2 + 3x + 1 = 0

1

=3
x

3  5
3  5
; x1 =
2
2
1
- Với y = 4  x + = 4
x

 x1 =

 x2  4x + 1 = 0
 x 3 = 2 + 3 ; x4 = 2  3
Các giá trị của x vừa tìm được thỏa mãn x  0.
Vậy nghiệm số của (1) là :
x1 =

3  5
3  5
; x1 =
; x3 = 2 +
2
2

3 ; x4 = 2 

3

Bài 3:
Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của ô tô đi từ A đến B (x > 15)
Thời gian ô tô dự định đi từ A đến B

80
(h)
x

Vận tốc ô tô khi đi ba phần tư quãng đường AB là x + 10 (km/h)
60
(h)
x  10

Thời gian ô tô đi ba phần tư quãng đường AB là

Vận tốc ô tô khi đi một phần tư quãng đường AB là x  15 (km/h)
20
(h)
x  15

Thời gian ô tô đi một phần tư quãng đường AB là
Theo đầu bài ta có phương trình :

60
20
3
1
80
4

+
=

+
=
x  10 x  15
x  10 x  15 x
x

 3x(x  15) + x(x + 10) = 4(x + 10)(x  15)
 4x2  35x = 4x2  20x  600  15x = 600
 x = 40 (thỏa mãn điều kiện)
Do đó vận tốc dự định của ô tô là 40 km/h.
Vậy thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 80 : 40 = 2 (giờ).
Bài 4:
1. a/ P nằm trên đường tròn tâm O1
đường kính IC  IPC = 900
Mà IPC + CPK = 1800 (góc kề bù)
 CPK = 900
Do đó CPK + CBK = 900 + 900 = 1800
Nên CPKB nội tiếp đường tròn tâm O2
đường kính CK.
b/ Vì ICK = 900  C1 + C2 = 900

y

x

K
1

P

I
1

2

O2
01

1

1

2

1

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - NguyễnAVăn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
B
C


 AIC vuông tại A  C1 + A1 = 900
 A1 + C2 và có A = B = 900
Nên  AIC
 BCK (g.g)


AI
AC

 AI . BK = AC . BC (1)
BC BK

c/ Trong (O1) có A1 = I2 (gnt cùng chắn cung PC)
Trong (O2) có B1 = K1 (gnt cùng chắn cung PC)
Mà I2 + K1 = 900 (Vì  ICK vuông tại C)
 A1 + B1 = 900, nên  APB vuông tại P.
2/ Ta có AI // BK ( vì cùng vuông góc với AB, nên ABKI là hình thang vuông..
Do đó SABKI =

1
.AB.(AI + BK)
2

Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi. Suy ra SABKI lớn nhất  BK lớn nhất
Từ (1) có AI . BK = AC . BC  BK =

AC . BC
.
AI

Nên BK lớn nhất  AC . BC lớn nhất.
Ta có



AC 

BC



2

 0  AC + BC  2 AC .BC 

AC .BC 

AC  BC
2

AB
AB 2
AC
.
BC



.
2
4
AB
AB 2
Vậy AC.BC lớn nhất khi AC . BC =
 AC = BC =
 C là trung điểm của AB.

2
4

AC .BC 

Vậy SABKI lớn nhất khi C là trung điểm của AB.
Bài 5:
Tìm x ; y nguyên dương thỏa mãn : 1003x + 2y = 2008.
Từ 1003x + 2y = 2008  2y = 2008  1003x  y = 1004 

1003
x
2

1003
x
2008
>0 x<
2
1003
2008
Suy ra 0 < x <
và x nguyên  x  {1 ; 2}
1003
1003
Với x = 1  y = 1004 
 Z nên x = 1 loại.
2
1003.2
Với x = 2  y = 1004 

= 1  Z+ nên x = 2 thỏa mãn.
2

Vì y > 0  1004 

Vậy x ; y nguyên dương phải tìm là x = 2 ; y =1.

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Đề 13 – Đáp án Quãng Ngãi Năm 2008 - 2009
Bài 1:
a/ Hoành độ giao điểm của Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 4mx + 10 là nghiệm
số của phương trình: x2 = 4mx + 10  x2  4mx  10 = 0 (1)
Phương trình (1) có ’ = 4m2 + 10 > 0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Do đó Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 4mx + 10 luôn cắt nhau tại hai điểm phân
biệt.
b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1), ta có x1 + x2 = 4m ; x1,x2 =  10
F = x12 + x22 + x1x2 = [(x1 + x2)2  2x1x2] + x1x2 = (x1 + x2)2  x1x2 = 16m2 + 10  10
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 16m2 = 0  m = 0.
Vậy GTNN của F = 10 khi m = 0.
Bài 2:
a/ Giải phương trình:




x  15 8 x  1  x  3  4 x  1  6 Điều kiện x  1

x  1  2 x  1.4  16  x  1  2 x  1.2  4  6 



x  1 4

2







x 1 2

2

6 

x  1 4  x  1  2  6

 2 x  1 6  6  x  1  0  x  1 = 0  x = 1 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.
2
b/ Với a , b  0 ta có: a  b  0  a + b  2 ab
Ta có a3 + b3 = (a + b)(a2 + b2  ab) = (a + b).[(a + b)2  3ab]  2 ab [(2 ab )2  3ab]
 a3 + b3  2 ab (4ab  3ab) = 2 ab.ab = 2ab ab
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Vậy với mọi a, b không âm ta có a3 + b3  2ab ab .





Bài 3:
Gọi x (hàng) là số hàng ghế ban đầu trong phòng họp (x nguyên, dương)
Do đó

360
(ghế) là số ghế ban đầu của mỗi hàng .
x

x + 1 (hàng) là số hàng ghế lúc dự họp trong phòng họp
Do đó

400
(ghế) là số ghế lúc dự họp của mỗi hàng
x1

Khi dự họp mỗi hàng kê thêm một ghế ngồi, ta có phương trình :
400 360

= 1  x2  39x + 360 = 0.
x1
x

A

Giải phương trình được x1 = 24 ; x2 = 15. Cả hai giá trị của x đều thỏa
D mãn điều kiện.

Vậy ban đầu trong phòng họp có 24 hàng ghế, mỗi hàng có 15 ghế ngồi.
Hoặc ban đầu trong phòng họp có 15 hàng ghế, mỗi hàngEcó 24 ghế ngồi.
O
H

Bài 4:

B

F

I

C

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
K


a/ Ta có BD và CE là hai đường cao cua ABC
Nên BEC = BDC = 900
Suy ra BCDE nội tiếp đường tròn.
b/ Ta có BH // CK (cùng vuông góc với AC).
Và CH // BK (cùng vuông góc với AB).
Nên BHCK là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo BC và HK giao nhau tại
trung điểm của mỗi đường.
Mà I là trung điểm của BC  I cũng là trung điểm
củaHK .Nên H, I, K thẳng hàng.
c/ Gọi F là giao điểm của AH và BC.

AB BF

 AB. KC = AK. BF (1)
AK
KC
AC CF

Và  ACF ∽  AKB (g.g) 
 AC. KB = AK. CF
(2)
AK
KB

Ta có  ABF ∽  AKC (g.g) 

Cộng (1) và (2) theo vế ta có:
AB. KC + AC. KB = AK. BF + AK. CF = AK.(BF + CF) = AK.BC
Mà BC =

3
3
3
3
AK  AB. KC + AC. KB = AK. AK = AK2 = .(2R)2 = 3R2
4
4
4
4

Bài 5:

1
x2  x  1
Với x   1 ta có y =
=x2+
.
x1
x1
1
Với x  Z thì x + 2  Z. Để y  Z thì
 Z  x + 1  { 1 ; 1}
x1

x + 1 =  1  x =  2 (thỏa mãn điều kiện).
x + 1 = 1  x = 0 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy y có giá trị nguyên khi x =  2 ; x = 0 .

“Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.