DAP AN 18 BO TOAN VAO 10 TP HCM 2006 2018

Đáp án – 18 Bộ đề Toán 9 vào 10 TP. HCM từ Năm 2006 – 2018
Đề 1 – Đáp án: HCM Năm 2017 - 2018
Câu 1:
a) x 2 (x  1)(3x  2)  x 2 3x 2  5x  2  2x 2  5x  2 0
 9;  3
 x1 2; x 2 

1
2

b) Gọi chiều dài là x(m) và chiều rộng là y (m). (ĐK: 0 < y < x < 50)
Theo đề bài ta lập được hệ phương trình:
 x  y 50
 x 30


 2x  5y 40
 y 20 (tmđk)

Vậy chiều dài là 30m và chiều rộng là 20m.
Câu 2:
a) Lập bảng giá trị:
x
1
y  x2
4

–4
4

–2

1

0
0

2
1

4
4

(P) parabol đi qua các điểm: (–4; 4), (–2; 1), (0; 0), (2; 1), (4; 4).

b) Vì (d) đi qua điểm C(6; 7) nên ta có:
3
3
6  m 7  m  2  (d) : y  x  2
2
2

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d):
1 2 3
x  x  2  x 2  6x  8 0
4
2


Giải pt ta được x1 = 4; x2 = 2
Vậy tọa độ giao điểm của (d) với (P) là (4; 4) và (2; 1).

Câu 3




88  44 3

22







3 1



3 1



 14  6 3   5  3 
 5 3 5 3




14  6 3

3 1

A

5 3

 



3 1





2

 

3 1



3 1



3 1

4 2 3



3  1 2

1)

2)

a) Đặt AH = x (m) (0 < x < 762)  BH = 762 – x (m).
- Áp dụng hệ thức tam giác vuông:
h x.tan 60 ; h (762  x).tan 40

 x.tan 60 (762  x).tan 40
 x.(tan 60  tan 40 ) 762.tan 40
762.tan 40
 x
tan 60  tan 40
762.tan 40
 h
tan 60 32(m)
0
0
tan 6  tan 4
b) Tính được:
AC 

h

h
306(m) ; CB 
459(m)
sin A
sin B

Thời gian An đi từ nhà đến trường là:
t

0,306 0, 459

0,1(h)
4
19

 An đến trường vào khoảng 6 giờ 10 phút.


 m

5
4 Câu 4: Cho pt: x2 – (2m- 1)x + m2 -1 = 0 (x ẩn)

a)  = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = 5 – 4m > 0
5
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi m < 4

5
4
b) Phương trình có nghiệm khi

 x1  x 2 2m  1

2
 x1x 2 m  1
m

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

Theo đề bài:
2

2

 x1  x 2  x1  3x 2   x1  x 2   4x1x 2 x1  3x 2
2
  2m  1  4  m 2  1 x1  3x 2  x1  3x 2 5  4m
m 1

x1 

 x1  x 2 2m  1

2


 x1  3x 2 5  4m
 x  3(m  1)
 2
2

Ta có hệ phương trình:



m  1 3(m  1)

m 2  1  3  m 2  1 4  m 2  1  m 2  1 0  m 1
2
2

Kết hợp với điều kiện  m 1 là giá trị cần tìm
Câu 5


0

a) Ta có: ADB 90 (góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn)


 ADC
900 (kề bù với ADB
)
AHC ADC

900
Tứ giác ACDH có
 Tứ giác ACDH nội tiếp
 1 H
 1

 A

- Tứ giác ACDH nội tiếp



Mà A1 ABC (cùng phụ với góc ACB)
 1 ABC

 H


b) Áp dụng hệ thức lượng vào  AOC vuông, có:
OA2 = OH.OC
 OB2 = OH.OC (vì OA = OB)
OB OH

OC OB
 OHB và  OBC có:
OB OH

BOC
chung ;

OC OB   OHB



 OBC (c.g.c)



 4 OBC

 4 H
 1 do H
 1 ABC

 H
 H


- OHB
OBC
H1  H
 2 H
 3 H
 4 900

Mà







 2 H
 3
 H

 HM là tia phân giác của góc BHD.

c)  HBD có HM là đường phân giác trong tại đỉnh H
Mà HC  HM
 HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, có:
MD HD
CD HD

và

MB HB
CB HB
MD CD


 MD.BC MB.CD
MB CB

- Gọi N là giao điểm thứ hai của AH và (O).
 OAN cân tại O, có OH là đường cao
 1 O
 2  ONC OAC (c.g.c)  ONC


 O
OAC
900

(O) có K là trung điểm của dây BD khác đường kính


 OK  BD  OKC
900

Do đó, 5 điểm A, C, N, K, O cùng thuộc đường trịn đường kính OC
Chứng minh được: Nếu hai dây AB và CD của (O) cắt nhau tại I thì IA.IB = IC.ID.
- Áp dụng bài tốn trên, ta có:
(O) có hai dây AN và BD cắt nhau tại M nên MA.MN = MB.MD
Đường tròn đường kính OC có hai dây AN và CK cắt nhau tại M nên
MA.MN = MC.MK
Do đó MB.MD = MC.MK.
d) (O) có hai dây AN và IJ cắt nhau tại M
Có MA.MN = MI.MJ
 MI.MJ = MC.MK


MI MC

MK MJ   MIC

 1 J1
 MKJ  C


Mà





 1 E
 1 900  COE

 1 J1
C
 E

 Tứ giác EJKM nội tiếp


 EJM
EKM
900

Gọi F là giao điểm thứ hai của CO với (O)
 900
 IJF
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 EJF
1800
 E, J, F thẳng hàng
 OC và EJ cắt nhau tại điểm F thuộc (O).

Đề 3 – Đáp án: HCM Năm 2015 - 2016

Bài 1:
2
a) x  8 x  15 0

(  ' 42  15 1)
 x 4  1 5 ; x 4  1 3
2
b) 2 x  2 x  2 0

 2  4.2.( 2) 18

(*)  x 

(*)

2 3 2
2 3 2  2
 2; x

4
4
2

4
2
c) x  5 x  6 0 ; Đặt u = x2 0 ta có:
u 2  5u  6 0  u  1 (loại) ; u = 6 (tm)

2
Do đó pt  x 6  x  6

2 x  5 y  3  17 x 17




3 x  y 4
3 x  y 4


d)

 x 1

 y  1


Bài 2:
a) Đồ thị:

 1;1 ,  2; 4 
 1;1 ,  2; 4 
(d) đi qua 
(P) đi qua O(0; 0),

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là
x 2  x  2  x 2  x  2 0
 x  1 và x  2 (vì a - b + c = 0)
y(-1) = 1, y(2) = 4
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (d) là

  1;1 ,  2; 4 

Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau
A

x
x 2



x1
x 2



x  10
(x 0, x  4)
x 4

ta có :
A

x.( x  2)  ( x  1)( x  2)  x  10 2x  8

2
x 4
x 4

2
2
2
B (13  4 3)(7  4 3)  8 20  2 43  24 3 (2 3  1) (2  3)  8 20  2 (4  3 3)

(3 3  4) 2  8 20  2(4  3 3)

(3 3  4) 2  8 (3 3  1) 2 43  24 3  8(3 3  1) = 35

Câu 4:
2
Phương trình x  mx  m  2 0 (1) (x là ẩn số)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
 m2  4(m  2) m 2  4m  8 (m  2) 2  4  0, m

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
x12  2 x22  2
.
4
x

1
x

1
2
b) Xác định m để pt (1) có 1
Vì a + b + c = 1  m  m  2  1 0, m

Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 1, m .
2
Từ (1) suy ra : x  2 mx  m
x12  2 x22  2
mx1  m mx2  m


.
4 
.
4
x1  1 x2  1
x1  1
x2  1
m 2 ( x1  1)( x2  1)

4  m 2 4  m 2
( x1  1)( x2  1)

Câu 5
a) Ta có:


CF  AB 

BE  AC  H trực tâm  ABC

 AH  BC tại D.

- Ta có :
 EAH  DAC (gn A chung t/giác vuông)
AH AE

AC AD
 AH.AD AE.AC (đpcm)



b) Do AD là phân giác của FDE




nên FDE 2FBE 2FCE FOE


Vậy tứ giác EFDO nội tiếp (cùng chắn cung EF
)



 DB là phân giác FDL
c) Vì AD là phân giác FDE
 F, L đối xứng qua BC  L  đường trịn tâm O

Vậy BLC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O

 BLC
900

d) Gọi Q là giao điểm của CS với đường trịn O.
Vì 3 cung BF, BL và EQ bằng nhau (do kết quả trên)
 Tứ giác BEQL là hình thang cân
 BQ = LE (2 đường chéo hình thang cân)
Mà RS = BQ = LE = DL + DE = DF + DE.
 RS = DF + DE (đpcm)

Đề 4 – Đáp án: HCM năm 2014 – 2015
Bài 1: (2 điểm)
2
a) x  7 x  12 0

 7 2  4.12 1
7 1
7 1
 x
4 ; x 
3
2
2
2
b) x  ( 2  1) x  2 0
Vì a + b + c = 0

c
 x 1 ; x   2
a
4
2
c) x  9 x  20 0 ; Đặt u = x2 0 pt thành :
u 2  9u  20 0  (u  4) (u  5) 0  u 4 ; u 5

 x 2 4  x 2 ;
 x 2 5  x  5


3x  2 y 4

12 x  8 y 16


4
x

3
y

5

d)
 12 x  9 y 15

 y 1

  x 2

Bài 2
a) Đồ thị (P): y = x2 và (d): y = 2x + 3

 1;1 ,  2; 4 
 1;1 ,  3;9 
(d) đi qua 
(P) đi qua O(0; 0),

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là
x 2 2 x  3  x 2  2 x  3 0
 x  1 hay x 3 (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
A



5 5
5 2

5





3 5

5  1 3 5

(5  5)( 5  2)
( 5  2)( 5  2)



5( 5  1)
( 5  1)( 5  1)



3 5(3 
(3  5)(3 

5)
5)

5  5 9 5  15
5  5  9 5  15

3 5  5 
4
4
4
3 5  5  5  2 5  5
3 5  5 


x
1  
2
6

B 


 : 1 
 (x  0)
x 3 

x x 3 x 
 x 3 x



x
1   x 2
6



 : 

x 3 
x
x ( x  3) 
 x 3
x  1  ( x  2)( x  3)  6 

:

x  3 
x ( x  3)

( x  1).

x
x x

1

Bài 4:
2
Cho phương trình x  mx  1 0 (1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) ln có 2 nghiệm trái dấu
Ta có a.c = -1 < 0 , mọi m
Phương trình (1) ln có 2 nghiệm trái dấu mọi m.
b) Tính giá trị của biểu thức :
P

x12  x1  1
x1



x22  x2  1
x2

2
2
Ta có x1 mx1  1 và x 2 mx 2  1 (do x1, x2 thỏa 1)
Do đó

P

mx1  1  x 1  1
x1



mx 2  1  x 2  1
x2



(m  1)x1 (m  1)x 2

x1
x2

(vì x1.x 2 0 )

P (m  1)  (m  1) 0

Bài 5
x

a) Ta có:


BFH
BDH
900  tứ giác BFHD nội tiếp.


A





AHC
FHD
1800  ABC




ABC
AMC(cungAC)


  ABC ANC
ANC AMC(d

/ xung) 
b)
(1)
0


Ta có: AHC  ABC 180 (2)



F
H
B



Từ (1) và (2) Suy ra: AHC  ANC 180
 tứ giác AHCN nội tiếp

0

c) Chứng minh được tứ giác AHIJ nội tiếp


Ta có NAC MAC ( M, N đối xứng qua AC)


mà NAC CHN (do AHCN nội tiếp)
 IHJ
 
 IAJ
tứ giác HIJA nội tiếp.


 AJI
bù với AHI



mà ANC bù với AHI (do AHCN nội tiếp)
 ANC

 AJI

d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q



ta có AJQ = AKC

N
O J
Q
I
C

D
K
M




vì AKC = AMC (cùng chắn cung AC),






Vậy AKC = AMC = ANC
Xét hai tam giác AQJ và AKC :
Tam giác AKC vng tại C (vì chắn nửa vịng trịn )  2 tam giác trên đồng dạng
0

Vậy Q 90 . Hay AO vng góc với IJ.

Đề 5 – Đáp án: HCM năm 2013 – 2014
Bài 1: Giải pt và hệ pt
a)x 2  5x  6 0
 25  24 1;  1
 x1 

5 1
5 1
2 ; x 2 
3
2
2

b)x 2  2x  1 0
 ' 1  1 2;   2
 x1 1 

2 ; x 2 1  2

c)
Cách 1 : Đặt u = x2 0
Ta có:
u 2  3u  4 0  u 1 ; u  4(loai) (vì a + b + c = 0)
 x 2 1  x 1
Cách 2:
2
2
2
PT  ( x  1).( x  4) 0  x  1 0  x 1

 2 x  y 3
4 x  2 y 6



x

2
y

1
x

2
y

1


d)

2 x  y 3
 x 1


5 x 5
 y  1

Bài 2:
a) Đồ thị:

 1;1 ,  2; 4 
1;1 ,  2; 4  , (0; 2)
- (D) đi qua   
; (2; 0)
- (P) đi qua O(0; 0),

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
x 2  x  2  x 2  x  2 0
 x 1 ; x  2

y(1) = 1, y(-2) = 4
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là

  2; 4  ,  1;1


21
( 4  2 3  6  2 5 ) 2  3( 4  2 3  6  2 5 ) 2  15 15
2
21
 ( 3  1  5  1)2  3( 3  1  5  1) 2  15 15
2
15
 ( 3  5) 2  15 15 60
2

Bài 3: Thu gọn biểu thức

B

Với x 0 và x  9 ta có :


x  3 x 3 x 9 x 3

A
.
 x 3 . x  3  x 9


1

x 3
A







Câu 4:

1
2
2
a/ Phương trình (*) có nghiệm x = 2  2  4  m  1 0  m 1  m 1
2
2

b/ ∆’ = 16  8m  8 8(1  m ) .

x 4  x 4  x13  x23 thỏa

x x

2
2 khi đó 1
Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là : 1
Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là:

m  1 hay  1  m  1

m  1 hay  1  m  1

. Khi

x  x x  x   x  x
4
1

4
2

3
1

3
2

2
1

2
2

 x

  x1  x2   x12  x22   x12  x22

ta có

  x  x   x
 x .x 

2
1

2
2

x
1

1

2

2
1

 x22  x1.x2 

2

2
  x1  x2    x1  x2   2 x1 x2  ( x1  x2 ) 2  x1.x2


 S ( S 2  2 P ) S 2  P
 1(12  2 P ) 12  P (Vì S = 1)

 P 0  m 2  1 0 (vô nghiệm)
Vậy m 1

Câu 5



a) Ta có BAC MBC (chắn BC )


BAC
MIC


BAC
MIC

A

E

(AB // MI)

Do đó:
Suy ra tứ giác ICMB nội tiếp.

P

O

I
Q

b)  FBD

 FEC (gg)

FB FD

 FB.FC FD.FE
FE FC
(1)


Vì FBM
FIC (gg)
FB FM


 FB.FC FM.FI
FI
FC
(2)

Từ (1) và (2) Suy ra:

F
B

C
D

T

M


FI.FM = FD.FE (đpcm)


0

c) Ta có: PTQ 90 ( chắn nửa đường trịn) (1)
Có  FIQ  FTM (gg)
Do đó:



FTM

FIQ
0


  FTM OIM 90 (2)
0
FIQ OIM

90 


PTF
 FTM
1800

Từ (1) và (2) Suy ra:
 Ba điểm P, T, M thẳng hàng.

d) Ta có BC khơng đổi.
Vậy diện tích S IBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất.

Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài tốn vì I nằm trên cung BC của đường trịn đường kính
OM. Khi I trùng O thì ABC vng tại B.
Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O; R).

Đề 6 – Đáp án: HCM năm 2012 – 2013
Bài 1: Giải pt và hệ pt sau:
2
a) 2 x  x  3 0 (*). Vì a - b + c = 0 nên

(*)

 x  1 ; x 

3
2

 2 x  3 y 7

b) 3x  2 y 4 
4

 2 x  3 y 7
 13 y 13


 x  5 y  3   x  5 y  3 

 y  1

 x 2

2

c) x  x  12 0
Đặt u = x2  0
Ta có: u2 + u – 12 = 0
 7
 1 7
 1 7

u1 
3 u2 
 4

2
2
;
(loại)
Thay x2 = 3  x =  3

 = 49;

2
d) x  2 2 x  7 0

’ = 2 + 7 = 9;

 ' 3

 x1  2  3; x2  2  3 ;

Bài 2:
a) Đồ thị:

 2;1 ,  4; 4 
 4; 4  ,  2;1
- (D) đi qua 
- (P) đi qua O(0; 0),

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

1 2
1
x  x  2
4
2
 x2 + 2x – 8 = 0
 x1  4 và x2  2

y(- 4) = 4, y(2) = 1
Toạ độ giao điểm của (P) ; (D) là

  4; 4  ,  2;1 .

Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau:
1

2 x
1
x


x x x 1 x x
2 x 2 x
2 x ( x  1)





x( x  1) x  1
x( x  1)

A



x  x x 2 x

x2  x
x 1
2
x với x > 0; x 1

B (2  3) 26  15 3  (2  3) 26  15 3
1
1

(2  3) 52  30 3 
(2  3) 52  30 3
2
2
1
1

(2  3) (3 3  5) 2 
(2  3) (3 3  5) 2
2
2
1

1

(2  3)(3 3  5) 
(2  3)(3 3  5)  2
2
2

Câu 4:
Phương trình: x2 – 2mx + m – 2 = 0
a/ ∆’ = m2 - 4m + 8 = (m - 2)2 + 4 > 0 (m)
- Phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt mọi m.
b/ Theo Viet, với mọi m, ta có:
b
c
2m
m  2
S= a
;P= a
 24
 24
6
M

(x1  x 2 )2  8x1 x 2 = 4m 2  8m  16 m 2  2m  4
6
M
(m  1) 2  3 đạt giá trị nhỏ nhất.


2

Khi mẫu (m  1)  3 nhỏ nhất, thì: m = 1

 M

6
(m  1) 2  3 lớn nhất khi m = 1

Vậy M = -2 đạt giá trị nhỏ nhất khi m = 1.
Bài 5
a) Vì  MAE

 MFB (gg)

MA ME

MF MB  MA.MB = ME.MF

b) Phương tích điểm M đối với đường trịn (O)
ta có: MA.MB = MC2 (1)


-Theo hệ thức lượng  MCO vng tại C.
ta có: MH.MO = MC2 (2)
- Từ (1) và (2):
 MA.MB = MH.MO (= MC2)
Vậy tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn
c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường
tròn đường kính MS (có hai góc K và C vng).
Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC.
Do đó MF chính là đường trung trực của KC

nên MS vng góc với KC tại V.
d) Do hệ thức lượng trong đường trịn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn tâm Q.
Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vng góc với MS và
là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn).
Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác SKV).
Vậy 3 điểm T, Q, P thẳng hàng.

Đề 7 – Đáp án: HCM năm 2011 – 2012
Bài 1: Giải pt và hệ pt sau:
2
a) 3 x  2 x  1 0 ;
1
 x 1 hay x 
3

Vì phương trình có a + b + c = 0 nên

 5 x  7 y 3 (1)
11 y 11


b) 5 x  4 y  8 (2)  5 x  4 y  8 
c) x4 + 5x2 – 36 = 0

 y 1

5 x  4 

4


 x 
5

 y 1

Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*)
 5  13
 5  13
u
4
u
 9
2
2
(*) có  = 169, nên (*) 
hay
(loại)
2
Do đó: x = 4  x = 2
2
d) 3 x  x 3  3  3 0
a + b + c = 0 nên x = 1 ;

x

3 3
3

Bài 2:
a) Đồ thị:

 1;  1 ,  2;  4 
(P) đi qua O(0;0),
  1;  1 ,  0;  3
(D) đi qua
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
 x 2  2 x  3  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:
A

3 3 4
2 3 1

x x  2 x  28

x 3 x  4
( x 0, x 16)

3 4



5 2 3

=

(3 3  4)(2 3  1)

11

=

22  11 3

11

( 3  4)(5  2 3)
13

26  13 3
13
=

x 4
x 8

x 1 4  x

B

2

3

2 3

1
( 4 2 3  42 3)
= 2
=
1
( ( 3  1) 2  ( 3  1) 2 )
2
1
[ 3  1  ( 3  1)]
= 2
=  2

x x  2 x  28
x 4
x 8


x 1 4  x
= ( x  1)( x  4)
x x  2 x  28  ( x  4) 2  ( x  8)( x 1)
( x  1)( x  4)
=
x x  2 x  28  x  8 x  16  x  9 x  8
( x  1)( x  4)
=
x x  4x  x  4
= ( x  1)( x  4)
( x  1)( x  1)( x  4)

( x  1)( x  4)
=
= x1

Bài 4:
Phương trình: x2 – 2mx – 4m2 – 5 = 0 (x ẩn)
2

2

2

a)  ' m  4m  5 5(m  1)  0; m
- Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2

2

b) Tìm m để biểu thức A x1  x 2  x1 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A = (x1 + x2)2 – 3x1x2 = (2m)2 + 3.(4m2 + 5) = 16m2 + 15  15 khi m = 0.
Vậy khi m = 0 thì biểu thức A có giá trị nhỏ nhất bằng 15.
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

P

E

K
Q

F
B

b) OA vng góc PQ  cung PA = cung AQ
Do đó: APE đồng dạng ABP
AP AE

Ta có: AB AP  AP2 = AE.AB

Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vuông tại H)
 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

A

O

H

I

C

D


 góc DKF = góc DEA
 tứ giác AEFK nội tiếp
d)Góc ICF = góc AEF = góc DKF
vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD)
và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID

Đề 8 – Đáp án: HCM năm 2010 – 2011
Bài 1: Giải pt và hệ pt
2
a) 2 x  3x  2 0 (1)
 9  16 25
3 5  1
35
 x1 

; x2 
2
4
2
4
(1)

 y  3

4 x  y  1
 4 x  y  1  
1




x

14 x 7

2
b)  6 x  2 y 9
4
2
c) 4 x  13 x  3 0
Đặt u = x2  0
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 ;

 x1 

 ' 2

2 2
2 2
; x2 
2
2

Bài 2
a) Đồ thị hàm số

y

 x2
2 và đường thẳng

1
y x1
2
.
1

A  1;   , B  2;  2 
2
(P) đi qua O(0; 0), 
.
C(0;


1)và
D(2;0)
(D) đi qua

 1; 
(P) và (D) có 2 điểm chung: 

1
 ,   2;  2 
2
.

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P)
và (D) là
 x2 1
 x  1  x 2  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 


B 5  2  3  3 

2B =

5



5



3)2  3(2 

3)2 (3 

2

5

5 
  2
2  

3)  (2 

3

2 

3  3 5 

2

42 3  6 2 5 

(1  3) 2  ( 5  1) 2 



5 (1  3)  ( 5  1) 

=
= 5.3  5 20  B = 10.

5

 
5    ( 3  1) 

2

5

  (



4 2 3  62 5 

2

2

3  1)  ( 5  1) 

3

( 5  1) 2 
3





3

3) 3  3

2

2



2

2

Bài 4: Giải pt: x2 – (3m + 1)x + 2m2 + m – 1 = 0
2

  3m  1  8m 2  4m  4 m2  2m  5 ( m  1) 2  4  0  m
a)
Vậy pt ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

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

2

Bài 5:
a) Ta có :


EMO
EAO
900 => EAOM nội tiếp.
Tứ giác APMQ có 3 góc vng :



EAO
APM
PMQ
90o
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật

I
M

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.

c)  EAO



 MPB (góc nhọn AOE ABM , vì OE // BM)

AO AE

=> BP MP (1)
KP BP

Vì KP // AE  AE AB (2)

O

P

Q
E
I

x

A


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 =

MO2  OP 2  R 2  (x  R) 2  2Rx  x 2

x 2  (2Rx  x 2 )
2
SAPMQ = MP.AP x 2Rx  x  x .(2Rx  x ) 
(BĐT Cô Si)
2
2 
Đạt giá trị lớn nhất khi x = 2Rx – x
x=R
2

2

2

Vậy khi điểm M trung điểm cung AB thì SAPMQ có diện tích lớn nhất.

Đề 9 – Đáp án: HCM năm 2009 – 2010
Bài 1: Giải pt và hệ pt
a) 8x2 - 2x - 1 = 0
 ' 12  8.1 9;  ' 3
1 3 1
1 3  1
x1 

 ; x2 

8
2
8
4
2x  3y 3
4x  6y 6
9x 18




5x  6y 12
5x  6y 12
2x  3y 3

b)
c) x4 – 2x2 – 3 = 0
Đặt: u = x2  0
Ta có: u2 – 2u – 3 = 0
 u1 = - 1 (Loại); u2 = 3 (tmđk)

2
Thay u = 3 ta có: x 3  x  3

Vậy x  3
d) 3x2 - 2 6 x + 2 = 0
 ( 3x 

2)2 0 

3x 

2 0  x 

2
3

Bài 2
y

x2
2 và đường thẳng

a) Đồ thị hàm số (P)
(d) y = x + 4.
- (P): khi x = 0 thì y = 0 O(0;0)
1
Khi x =  1 thì y = 2

- (d): Khi x = 0 thì y = 4 A(0; 4)
Khi y = 0 thì x = - 4 B(- 4; 0)
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) là
nghiệm của pt sau:
x2
 x  4  x 2  2x  8 0
2
 x1 4; x 2  2

Vậy tọa độ giao điểm của(P) với (d) là (4; 8)
và (-2; 2)

 x 2


1
 y  3


Bài 4:
Phương trình: x2 – (5m – 1)x + 6m2 – 2m = 0 (m tham số)
2
2
2
a)  (5m  1)  4(6m  2m) (m  1) 0; m
Vậy pt ln có nghiệm với mọi m
2
2
b) Tìm m để x1  x 2 1 ta có:

x12  x 22 1  (x1  x 2 ) 2  2x1 x 2 1  (5m  1) 2  2.(6m 2  2m) 1
 13m 2  6m 0  m(13m  6) 0
6
 m1 0; m 2 
13


Đề 10 – Đáp án: HCM năm 2008 – 2009
Bài 1

Giải pt và hệ pt sau:
a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1)
Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là:
c
5

2.
x1 = 1 hay x2 = a

Cách 2: Ta có  = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân
 3 7
5
 37

1
2 hoặc x2 = 4
biệt là x1 = 4
.

b) x4 – 3x2 – 4 = 0 (2)
Đặt t = x2, t ≥ 0.

 t  1

Phương trình (2) trở thành t2 – 3t – 4 = 0   t 4 (a – b + c = 0)

Thay t = 4 ta có: x2 = 4  x =  2.
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x = 2 hoặc x = –2.
2x  y 1


c) 3x  4y  1

(a)
(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.
8x  4y 4

Cách 2: (3)  3x  4y  1 

5x 5

3x  4y  1 

x 1

3.1  4y  1 

Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Bài 2
a) Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = – x2:
x
y = –x2

–2
–4

–1
–1

0
0

1
–1

2
–4

x 1

y  1 .