TS 10 mon ToanTPHCMtu 2007 den 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (503.55 KB, 20 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Các đề tuyển sinh 10 của TP HỒ CHÍ MINH

Từ 2007_2008 đến 2011_2012

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007-2008

KHĨA NGÀY 20-6-2007

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1, 5 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2 – 2 x + 4 = 0

b) x4 – 29x2 + 100 = 0
c)

Câu 2: (1, 5 điểm)

Thu gọn các biểu thức sau:
a)

b)

Câu 3: (1 điểm)

Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 675 m2 và có chu vi bằng 
120 m. Tìm chiều dài và chiều rộng của khu vườn.

Câu 4: (2 điểm)

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 với m là tham số và x là ẩn số.
a) Giải phương trình với m = 1.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2.

c) Với điều kiện của câu b hãy tìm m để biểu thức A = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá 
trị nhỏ nhất.

Câu 5: (4 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường trịn đường kính BC 
cắt AB, AC theo thứ tự tại E và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D.
a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AH vng góc với BC.

b) Chứng minh AE.AB = AF.AC.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp.

d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC.

Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2007-2008

Câu 1:

a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 = 5 – 1 và x2 = 
5 + 1.

b) Đặt t = x2 ≥ 0, ta được phương trình trở thành t2 – 29t + 100 = 0 t = 25 
hay t =2.

* t = 25 x2 = 25 x = ± 5.
* t = 4 x2 = 4 x = ± 2.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5.

c)
Câu 2: 
a) 
b)
Câu 3:

Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0).

Theo đề bài ta có:

Ta có: (*) x2 – 60x + 675 = 0 x = 45 hay x = 15.
Khi x = 45 thì y = 15 (nhận)

Khi x = 15 thì y = 45 (loại)

Vậy chiều dài là 45(m) và chiều rộng là 15 (m)
Câu 4:

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 (1)
a) Khi m = 1 thì (1) trở thành:

x2 – 2x + 1 = 0 (x – 1)2 = 0 x = 1.
b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Δ’ = m – 1 > 0 m > 1.

Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m > 1.
c) Khi m > 1 ta có:

S = x1 + x2 = 2m và P = x1x2 = m2 – m + 1

Do đó: A = P – S = m2 – m + 1 – 2m = m2 – 3m + 1 =

3 5 5

2 4 4

m
 

  
 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Dấu “=” xảy ra m= (thỏa điều kiện m > 1)

Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – .
Câu 5:

a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường trịn đường 
kính BC.

Tứ giác BEFC nội tiếp đường trịn đường kính BC.

* Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
BF, CE là hai đường cao của ΔABC.

H là trực tâm của Δ ABC.

AH vng góc với BC. 
b) Xét Δ AEC và Δ AFB có:

chung và

Δ AEC đồng dạng với Δ AFB
c) Khi BHOC nội tiếp ta có:

mà và (do

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ta có: K là trung điểm của BC, O là tâm đường trịn ngoại tiếp ABC
OK vng góc với BC mà tam giác OBC cân tại O (OB = OC )

Vậy mà BC = 2KC nên

d) d) Xét Δ EHB và Δ FHC có:

(đối đỉnh)
Δ EHB đồng dạng với Δ FHC

HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12

HC(CE – HC) = 12 HC2 – 8.HC + 12 = 0 HC = 2 hoặc HC = 6.
* Khi HC = 2 thì HE = 6 (khơng thỏa HC > HE)

* Khi HC = 6 thì HE = 2 (thỏa HC > HE)
Vậy HC = 6 (cm).

****************************

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

NĂM HỌC 2008-2009
KHĨA NGÀY 18-06-2008

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

(không kể thời gian giao đề)
Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1)
b) x4 – 3x2 – 4 = 0 (2)
c)

2x y 1 (a)

3x 4y 1 (b)

 




 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = –x2 và đường thẳng (D): y = x – 2 trên cùng 
một cùng một hệ trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Câu 3: Thu gọn các biểu thức sau:

a) A = 7 4 3  7 4 3
b) B =

x 1 x 1 .x x 2x 4 x 8

x 4 x 4 x 4 x

      



 

    

  (x > 0; x ≠ 4).

Câu 4:Cho phương trình x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)

a) Chứng minh phương trình trên ln có 2 nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để

2 2

1 2 1 2

x x  x x 7.

Câu 5: Từ điểm M ở ngoài đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD khơng đi qua tâm O 
và hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C 
nằm giữa M, D.

a) Chứng minh MA2 = MC.MD.

b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng 
nằm trên một đường tròn.

c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp 
được đường tròn. Suy ra AB là phân giác của góc CHD.

d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). 
Chứng minh A, B, K thẳng hàng.

---oOo---Gợi ý giải đề thi mơn tốn

Câu 1:

a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1)

Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là:
x1 = 1 hay x2 =

c 5

a 2.

Cách 2: Ta có  = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai 
nghiệm phân biệt là x1 =

3 7 5

4 2

 


hoặc x2 =

3 7 1
4
 


.
b) x4 – 3x2 – 4 = 0 (2)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Phương trình (2) trở thành t2 – 3t – 4 = 0 

t 1

t 4






 (a – b + c = 0) 
So sánh điều kiện ta được t = 4  x2 = 4  x =  2.

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x = 2 hoặc x = –2.

c)

2x y 1 (a)

3x 4y 1 (b)

 




 

 (3)

Cách 1: Từ (a)  y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được:

3x + 4(1 – 2x) = –1  –5x = –5  x = 1.

Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –
1.

Cách 2: (3) 

8x 4y 4

3x 4y 1

 




 

 

5x 5

3x 4y 1





 

 

x 1

3.1 4y 1





 

 

x 1

y 1






 .
Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.

Câu 2:

a) * Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = –x2:

x –2 –1 0 1 2

y = –x2 –4 –1 0 –1 –4
* Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = x – 2:

x 0 2

y = x – 2 –2 0

-3 -2 -1 1 2 3

-4
-3
-2
-1

x
y

O

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (D) là:

–x2 = x – 2  x2 + x – 2 = 0  x = 1 hay x = –2 (a + b + c = 0)
Khi x = 1 thì y = –1; Khi x = –2 thì y = –4.

Vậy (P) cắt (D) tại hai điểm là (1; –1) và (–2; –4).
Câu 3:

a) A = 7 4 3  7 4 3 = (2 3)2  (2 3)2 =2 3 2  3

Mà 2 – 3 > 0 và 2 + 3 > 0 nên A = 2 – 3 – 2 – 3 = 2 3.

b) B =

x 1 x 1 .x x 2x 4 x 8

x 4 x 4 x 4 x

      



 

    

  .

= 2 2 2

x 1 x 1 .(x 4)( x 2)

( x) 2 ( x 2) x

     



 

   

 

=

2 2

( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2).

( x) 2 ( x 2)

 

      

 

     

 

 

=

x 3 x 2 (x 3 x 2)
x

    
 =

6 x
x = 6.
Câu 4: x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)

a) Chứng minh phương trình trên ln có 2 nghiệm phân biệt.

Cách 1: Ta có: ' = m2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên ln có hai nghiệm 
phân biệt.

Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trình ln có hai phân 
biệt.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để

2 2

1 2 1 2

x x  x x 7.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Khi đó ta có S = x x1 2 2m và P = x1x2 = –1.

Do đó x12x22 x x1 2 7  S2 – 3P = 7  (2m)2 + 3 = 7  m2 = 1  m =  1.
Vậy m thoả yêu cầu bài toán  m =  1.

Câu 5:

a) Xét hai tam giác MAC và 
MDA có:

–  M chung

–  MAC =  MDA (=

đAC
1 s

2 ).

Suy ra MAC đồng dạng với 
MDA (g – g)



MA MC

MD MA  MA2 = MC.MD.
b) * MA, MB là tiếp tuyến của 
(O) nên

MAO =  MBO = 900.

* I là trung điểm dây CD nên 
MIO = 900.

Do đó:  MAO =  MBO =  MIO = 900

 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường trịn đường kính MO.

c)  Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R(O). Do đó 
MO là trung trực của AB  MO  AB.

Trong MAO vng tại A có AH là đường cao  MA2 = MH.MO. Mà MA2 = 
MC.MD (do a))  MC.MD = MH.MO 

MH MC
MD MO (1).
Xét  MHC và MDO có:

M chung, kết hợp với (1) ta suy ra MHC và MDO đồng dạng (c–g –c)
 MHC =  MDO  Tứ giác OHCD nội tiếp.



Ta có: + OCD cân tại O  OCD =  MDO 
 +  OCD =  OHD (do OHCD nội tiếp)

Do đó  MDO =  OHD mà  MDO =  MHC (cmt)  MHC =  OHD

 900 –  MHC = 900 –  OHD  CHA =  DHA  HA là phân giác của  CHD
hay AB là phân giác của  CHD.

d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì  OCK =  ODK = 900)
 OKC =  ODC =  MDO mà  MDO =  MHC (cmt)

 OKC =  MHC  OKCH nội tiếp

O
M

D
C

A

B
I

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 KHO =  KCO = 900.

 KH  MO tại H mà AB  MO tại H 
 HK trùng AB  K, A, B thẳng hàng.

Sở GD và ĐT

TP Hồ Chí Minh K× thi tun sinh líp 10Trung häc phỉ th«ng Năm học 2009-2010
 Khoá ngày 24-6-2009

Môn thi: toán

Câu I: Giải các phơng trình và hệ phơng trình sau:

a) 8x2 - 2x - 1 = 0 b)

2 3 3

5 6 12

x y
x y

 




 

 c) x4 - 2x2 - 3 = 0 d) 3x2 - 2 6

x + 2 = 0

Câu II: a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y =

2
2
x

và đthẳng (d): y = x + 4 trên cùng một hệ
trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
Câu III: Thu gọn các biểu thức sau:

A =

4 8 15

3 5 1  5 5

B =

:
1

1 1

x y x y x xy

xy

xy xy

      


   

    

 



Câu IV: Cho phơng trình x2 - (5m - 1)x + 6m2 - 2m = 0 (m lµ tham sè)

a) Chứng minh phơng trình luôn có nghiệm với mọi m.

b) Gọi x1, x2 là nghiệm của phơng trình. Tìm m để x12 + x22 =1.

Câu V: Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn (O) có tâm
O, bán kính R. Gọi H là giao điểm của ba đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC.
Gọi S là diện tích tam giác ABC.

a) Chúng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đờng trịn.

b) Vẽ đờng kính AK của đờng trịn (O). Chứng minh tam giác ABD và tam
giác AKC đồng dạng với nhau. Suy ra AB.AC = 2R.AD và S =

. .
4
AB BC CA

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đờng
trịn.

d) Chøngminh r»ng OC vu«ng gãc víi DE vµ (DE + EF + FD).R = 2 S.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
 TP.HỒ CHÍ MINH Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Khóa ngày 21 tháng 06 năm 2010

Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 2x2 3x 2 0 c) 4x413x2 3 0

4 1

6 2 9

x y

x y

 




 

 d) 2x2 2 2x1 0
Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

2
2
x
y

và đường thẳng (D):
1

1
2
y x

trên cùng
một hệ trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:

12 6 3 21 12 3

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2 2

5 3

5 2 3 3 5 2 3 3 5

2 2

B            

   

   

Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 (3m1)x2m2m1 0 (x là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phương trình ln ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của
m.

b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn

nhất: A = x12x22 3x x1 2.

Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ
thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ
MP vng góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE).

a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.

c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng
dạng. Suy ra K là trung điểm của MP.

d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật
APMQ có diện tích lớn nhất.

BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x2 3x 2 0 (1)

9 16 25
   
(1)

3 5 1 3 5

4 2 4

x   hay x 

    

4 1 (1)

6 2 9 (2)

x y
x y
 


 


4 1 (1)

14 7 ( (2) 2 (1))

x y

x pt pt

 

 
 

3
1
2
y
x



 



c) 4x413x2  3 0 (3), đđặt u = x2,

phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4)

(4) có  169 48 121 11   2

13 11 1 13 11

(4) 3

8 4 8

u  hay u 

    

Do đó (3)

3
2

x hay x

  

d) 2x2 2 2x1 0 (5)
' 2 2 4

   
Do đó (5)

2 2 2 2

2 2

x  hay x 

  

Bài 2:

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),





1; , 2; 2

2
 

   
 

  .

(D) đi qua





1; , 2; 2

2
 

  
 
 

Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :





1; , 2; 2

2
 

  
 

  .

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2

2
1

1 2 0

2 2

x

x x x



     

1 2

x hay x

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là





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

2 2

5 3

5 2 3 3 5 2 3 3 5

2 2

B            

   

   

2B =



 



2 2

5 4 2 3  6 2 5  5  4 2 3  6 2 5  3



2 2

 

2 2 2



5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3

         



 



2 2

5 (1 3) ( 5 1)   5  ( 3 1) ( 5 1)    3
= 5.3 5 20   B = 10.

Bài 4:





2 2 2 2

3m 1 8m 4m 4 m 2m 5 (m 1) 4 0 m

             
Suy ra phương trình ln ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1

A=x12x22 3x x1 2





1 2 5 1 2

x x x x

  

2 2

(3m 1) 5(2m m 1)
    

2 1 1 2

6 6 ( )

4 2

m m m

       25 ( 1)2

4 m 2

  

Do đó giá trị lớn nhất của A là :
25

4 . Đạt được khi m = 
1
2
Bài 5:

a) Ta có góc EMO = 90O = EAO

=> EAOM nội tiếp.

Tứ giác APMQ có 3 góc vng :

   o

EAO APM PMQ 90  

=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật K I

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

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.

c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vng có 1 góc
vng bằng nhau là AOE ABM  , vì AE // BM
=>

AO AE

BP MP (1)

Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số

KP BP

AEAB (2)
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.
Cách 2 : Ta có

EK AP

EB AB(3) do AE // KP,
mặt khác, ta có

EI AP

EOAB (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng
So sánh (3) & (4), ta có :

EK EI

EB EO.

Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM
=> K là trung điểm MP.

d) Ta dễ dàng chứng minh được :
abcd

4
a b c d

4
  

 

 

  (*)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP = MO2 OP2  R2 (x R) 2  2Rx x 2
Ta có: S = SAPMQ =

2 3

MP.AP x 2Rx x   (2R x)x

S đạt max  (2R x)x 3 đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max



x x x

. . (2R x)

3 3 3  đạt max

Áp dụng (*) với a = b = c =
x
3
Ta có :

4 4
4

x x x 1 x x x R

. . (2R x) (2R x)

3 3 3 4 3 3 3 16

 

        

 

Do đó S đạt max 
x

(2R x)

3   

x R

2


</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.HCM Năm học: 2011 – 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3x2 2x1 0

5 7 3

5 4 8

x y

 




 


c) x45x2 36 0
d) 3x25x 3 3 0 
Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số yx2 và đường thẳng (D): y2x 3 trên cùng
một hệ trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm)

Thu gọn các biểu thức sau:

3 3 4 3 4

2 3 1 5 2 3

A   

 

2 28 4 8

3 4 1 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    (x0,x16)
Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2  2mx 4m2 5 0 (x là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phương trình ln ln có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.

Tìm m để biểu thức A = x12x22 x x1 2. đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường trịn
(O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE
vng góc với AB và HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC).

e) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vng góc với EF.
f) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F).

Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân

g) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O)
(K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3x2 2x 1 0 (a)

Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên
(a)

x hay x 

  

5 7 3 (1)

5 4 8 (2)

x y
x y
 


 
 

11 11 ((1) (2))

5 4 8

y
x y
 



 


1
5 4
y
x




  
4
5
1
x
y




 

c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C)

Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*)

(*) có  = 169, nên (*) 

5 13
4
2

u  

hay

5 13
9
2

u  

(loại)
Do đó, (C)  x2 = 4  x = 2

Cách khác : (C)  (x2 – 4)(x2 + 9) = 0  x2 = 4  x = 2

d) 3x2 x 3 3 3 0  (d)

(d) có : a + b + c = 0 nên (d)  x = 1 hay

3 3
3

x 

Bài 2:

a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),



 1; 1 , 2; 4

 

 



(D) đi qua



1; 1 , 0; 3

 





</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

2 2 3

x x

    x2 – 2x – 3 = 0  x1 hay x3 (Vì a – b + c = 0)

y(-1) = -1, y(3) = -9

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là



1; 1 , 3; 9

 





.
Bài 3:

Thu gọn các biểu thức sau:

3 3 4 3 4

2 3 1 5 2 3

A   

 

(3 3 4)(2 3 1) ( 3 4)(5 2 3)

11 13

   



22 11 3 26 13 3

11 13

 



= 2 3 2 3
=

( 4 2 3 4 2 3 )

2    =

2 2

( ( 3 1) ( 3 1) )

2   

=
1

[ 3 1 ( 3 1)]

2    =  2

2 28 4 8

3 4 1 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    (x0,x16)

2 28 4 8

( 1)( 4) 1 4

x x x x x

x x x x

   

 

   

2 28 ( 4) ( 8)( 1)

( 1)( 4)

x x x x x x

x x

      
 

2 28 8 16 9 8

( 1)( 4)

x x x x x x x

x x

       

  =

4 4

( 1)( 4)

x x x x

x x

  
 

( 1)( 1)( 4)

( 1)( 4)

x x x

x x

  

  = x1
Bài 4:

a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 
nghiệm phân biệt với mọi m.

b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = 2

b
m
a
 

; P = 4 5

c

m

a  

 A =

1 2 1 2

(x x )  3x x = 4m23(4m5)=(2m3)2 6 6,với mọi m.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m =
3
2


Bài 5: a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có
3 góc vng

Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là
hình chữ nhật)

Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)
Do đó: góc OAC + góc AFE = 900

 OA vng góc với EF

b) OA vng góc PQ  cung PA = cung AQ
Do đó: APE đồng dạng ABP



AP AE

AB AP  AP2 = AE.AB

Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vng tại H, có HE là chiều cao)

 AP = AH  APH cân tại A

c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA  DE.DF = DK.DA

Do đó DFK đồng dạng DAE  góc DKF = góc DEA  tứ giác AEFK nội tiếp
d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong AHC vuông tại H, có HF là chiều cao)

Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong AHD vng tại H, có HK là chiều cao)

Vậy  AK.AD = AF.AC

Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp,

vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD)

và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID

B C

D
P

O H I

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19></div>
(20)<div class='page_container' data-page=20></div>