Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh

Đề bài

PHẦN TỰ LUẬN (6,0 điểm)

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Giải bất phương trình \(5x - 20 \le 0\).

b) Giải phương trình \(\frac{{3x - 2}}{{x - 5}} = \frac{7}{{x - 5}}\).

c) Rút gọn biểu thức \(Q = \left( {\frac{{6\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \frac{{12x}}{{9 - x}}} \right)(3 - \sqrt x )\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\).

Câu 2. (1,0 điểm) Chuẩn bị vào năm học mới, An muốn mua một cái cặp sách và một đôi giày. An đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền mua hai vật dụng trên là \(950{\mkern 1mu} 000\) đồng. Khi An đến mua thì cửa hàng có chương trình giảm giá: cặp sách được giảm \(20{\mkern 1mu} 000\) đồng, đôi giày được giảm giá \(10\% \) so với giá niêm yết. Do đó An mua hai vật dụng trên với giá thực tế là \(870{\mkern 1mu} 000\) đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu?

Câu 3. (1,0 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (1) (ẩn \(x\), tham số \(m\)).

a) Giải phương trình (1) với \(m =  - 7\).

b) Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + 2x_2^2 + 2{x_1} + {m^2} = 9\).

Câu 4. (2,0 điểm) Trên nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\), lấy điểm \(C\) (\(C\) khác \(A\) và \(B\)), từ \(C\) kẻ \(CH\) vuông góc với \(AB\)\((\)\(H \in AB\)). Gọi \(D\) là điểm bất kì trên đoạn \(CH\)\((\)\(D\) khác \(C\) và \(H\)), đường thẳng \(AD\) cắt nửa đường tròn đã cho tại điểm thứ hai \(E\).

a) Chứng minh bốn điểm \(B,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D,{\rm{ }}E\) nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác \(ABH\) đồng dạng với tam giác \(ABE\) và tính theo \(R\) giá trị của biểu thức \(AD \cdot AE + BH \cdot BA\).

c) Khi điểm \(C\) di động trên nửa đường tròn đã cho, \(C\) khác \(A\) và \(\widehat {AOC} < {90^\circ }\), tính giá trị nhỏ nhất của \(T = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{HB}}\) theo \(R\).

Câu 5. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương \(a,b,c\) thỏa mãn \(2ab + c(a + b) = 6\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \frac{{\sqrt {{a^2} + 3}  + \sqrt {{b^2} + 3}  + \sqrt {\frac{{{c^2}}}{4} + 3} }}{{2a + 2b + c}}\)

-HẾT-

Lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2026 – 2027

MÔN TOÁN – BẮC NINH

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN trithuchub.com

I. TRẮC NGHIỆM:

 

II. TỰ LUẬN: 

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Giải bất phương trình \(5x - 20 \le 0\).

b) Giải phương trình \(\frac{{3x - 2}}{{x - 5}} = \frac{7}{{x - 5}}\).

c) Rút gọn biểu thức \(Q = \left( {\frac{{6\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \frac{{12x}}{{9 - x}}} \right)(3 - \sqrt x )\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\).

Lời giải:

a) Ta có:

\(5x - 20 \le 0\)

\(5x \le 20\)

\(x \le 4\)

Vậy bất phương trình có nghiệm là \(x \le 4\).

b) Điều kiện xác định: \(x - 5 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 5\).

\(\frac{{3x - 2}}{{x - 5}} = \frac{7}{{x - 5}}\)

\(3x - 2 = 7\)

\(3x = 7 + 2\)

\(3x = 9\)

\(x = 3\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S = \{ 3\} \).

c) Ta có:

\(Q = \left( {\frac{{6\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \frac{{12x}}{{(3 - \sqrt x )(3 + \sqrt x )}}} \right)(3 - \sqrt x )\)

\(Q = \left( {\frac{{6\sqrt x (3 - \sqrt x )}}{{(3 + \sqrt x )(3 - \sqrt x )}} + \frac{{12x}}{{(3 - \sqrt x )(3 + \sqrt x )}}} \right)(3 - \sqrt x )\)

\(Q = \frac{{18\sqrt x  - 6x + 12x}}{{(3 + \sqrt x )(3 - \sqrt x )}} \cdot (3 - \sqrt x )\)

\(Q = \frac{{18\sqrt x  + 6x}}{{(3 + \sqrt x )(3 - \sqrt x )}} \cdot (3 - \sqrt x )\)

\(Q = \frac{{6\sqrt x (3 + \sqrt x )}}{{(3 + \sqrt x )(3 - \sqrt x )}} \cdot (3 - \sqrt x )\)

\(Q = \frac{{6\sqrt x }}{{3 - \sqrt x }} \cdot (3 - \sqrt x )\)

\(Q = 6\sqrt x \)

Vậy \(Q = 6\sqrt x \).

Câu 2. (1,0 điểm) Chuẩn bị vào năm học mới, An muốn mua một cái cặp sách và một đôi giày. An đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền mua hai vật dụng trên là \(950{\mkern 1mu} 000\) đồng. Khi An đến mua thì cửa hàng có chương trình giảm giá: cặp sách được giảm \(20{\mkern 1mu} 000\) đồng, đôi giày được giảm giá \(10\% \) so với giá niêm yết. Do đó An mua hai vật dụng trên với giá thực tế là \(870{\mkern 1mu} 000\) đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi x (đồng) là giá niêm yết của cái cặp sách (Điều kiện: \(0 < x < 950000\)).

Vì tổng giá niêm yết của hai vật dụng là 950000 đồng, nên giá niêm yết của đôi giày sẽ là: \(950000 - x\)(đồng).

Khi thực hiện chương trình giảm giá:

+) Số tiền thực tế để mua cặp sách là: \(x - 20000\) (đồng).

+) Đôi giày được giảm giá 10% so với giá niêm yết (tức là thực tế chỉ cần trả 90% giá niêm yết). Số tiền thực tế để mua đôi giày là:

\(90\% .(950000 - x) = 0,9.(950000 - x)\) (đồng).

Vì tổng số tiền thực tế An phải trả cho hai vật dụng là 870000 đồng, nên ta có phương trình:

\((x - 20000) + 0,9.(950000 - x) = 870000\)

\(x - 20000 + 855000 - 0,9x = 870000\)

\(0,1x + 835000 = 870000\)

\(0,1x = 870000 - 835000\)

\(0,1x = 35000\)

\(x = 350000\) (thỏa mãn).

Giá niêm yết của cái cặp sách là 350000 đồng.

Giá niêm yết của đôi giày là: \(950000 - 350000 = 600000\) đồng.

Câu 3. (1,0 điểm) Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (1) (ẩn \(x\), tham số \(m\)).

a) Giải phương trình (1) với \(m =  - 7\).

b) Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + 2x_2^2 + 2{x_1} + {m^2} = 9\).

Lời giải:

a) Với \(m =  - 7\) thì phương trình đã cho trở thành: \({x^2} - 2x - 8 = 0\)

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 2} \right)^2} - 4.1.( - 8) = 36 > 0\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = \frac{{ - \left( { - 2} \right) + \sqrt {36} }}{{2.1}} = 4;{x_2} = \frac{{ - \left( { - 2} \right) - \sqrt {36} }}{{2.1}} =  - 2\)

Vậy với \(m =  - 7\) thì phương trình đã cho có nghiệm \({x_1} = 4;{x_2} =  - 2\).

b) Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1.(m - 1) = 1 - m + 1 = 2 - m\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \(\Delta ' > 0\) hay \(2 - m > 0\) hay \(m < 2\)

Áp dụng định lý Viete ta có: \({x_1} + {x_2} = 2;{\mkern 1mu} {x_1}.{x_2} = m - 1\)

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình nên ta có: \(x_1^2 - 2{x_1} + m - 1 = 0\) hay \(x_1^2 = 2{x_1} - m + 1\)

Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình nên ta có: \(x_2^2 - 2{x_2} + m - 1 = 0\) hay \(x_2^2 = 2{x_2} - m + 1\)

Theo bài ra ta có: \(x_1^2 + 2x_2^2 + 2{x_1} + {m^2} = 9\)

Suy ra \(2{x_1} - m + 1 + 2\left( {2{x_2} - m + 1} \right) + 2{x_1} + {m^2} = 9\)

\(2{x_1} - m + 1 + 4{x_2} - 2m + 2 + 2{x_1} + {m^2} - 9 = 0\)

\(4{x_1} + 4{x_2} + {m^2} - 3m - 6 = 0\)

\(4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {m^2} - 3m - 6 = 0\)

\(4.2 + {m^2} - 3m - 6 = 0\)

\(8 + {m^2} - 3m - 6 = 0\)

\({m^2} - 3m + 2 = 0\)

\(m = 1\) (TM) hoặc \(m = 2\)(KTM)

Vậy \(m = 1\) là giá trị cần tìm.

Câu 4. (2,0 điểm) Trên nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\), lấy điểm \(C\) (\(C\) khác \(A\) và \(B\)), từ \(C\) kẻ \(CH\) vuông góc với \(AB\)\((\)\(H \in AB\)). Gọi \(D\) là điểm bất kì trên đoạn \(CH\)\((\)\(D\) khác \(C\) và \(H\)), đường thẳng \(AD\) cắt nửa đường tròn đã cho tại điểm thứ hai \(E\).

a) Chứng minh bốn điểm \(B,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D,{\rm{ }}E\) nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác \(ABH\) đồng dạng với tam giác \(ABE\) và tính theo \(R\) giá trị của biểu thức \(AD \cdot AE + BH \cdot BA\).

c) Khi điểm \(C\) di động trên nửa đường tròn đã cho, \(C\) khác \(A\) và \(\widehat {AOC} < {90^\circ }\), tính giá trị nhỏ nhất của \(T = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{HB}}\) theo \(R\).

Lời giải:

a) Vì \(\Delta AEB\) nội tiếp \((O)\) nên \(\angle AEB = {90^\circ }\) hay \(\angle DEB = {90^\circ }\)

Do đó D, E, B cùng thuộc đường tròn đường kính DB (1)

Vì tam giác DHB vuông tại H \(\left( {CH \bot AB} \right)\) nên D, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính DB (2)

Từ (1), (2) ta được D, E, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính DB

b) Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta ABE\) có:

\(\angle DAH\) chung

\(\angle AHD = \angle AEB = {90^\circ }\)

Do đó \(\Delta ADH\backsim\Delta ABE(g.g)\)

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AE}}\)

\( \Rightarrow AD \cdot AE = AH \cdot AB\)

Suy ra \(AD \cdot AE + BH \cdot AB = AH \cdot AB + BH \cdot AB = AB(AH + BH) = AB \cdot AB = A{B^2} = 4{R^2}\)

Vậy \(\Delta ADH\backsim\Delta ABE\) và \(AD \cdot AE + BH \cdot BA = 4{R^2}\)

c) Ta có: \({(a - b)^2} \ge 0\quad \forall a,b > 0\)

\( \Rightarrow {a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0\quad \forall a,b > 0\)

\( \Rightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab\quad \forall a,b > 0\)

\( \Rightarrow {(a + b)^2} \ge 4ab\quad \forall a,b > 0\)

\( \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\quad \forall a,b > 0\)

Ta có: \(T = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{HB}} = \frac{1}{{CH + R}} + \frac{1}{{OH + R}} \ge \frac{4}{{CH + OH + 2R}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta được:

\(CH + OH \le \sqrt {2(O{H^2} + C{H^2})}  = \sqrt {2O{C^2}}  = R\sqrt 2 \)

Do đó \(T \ge \frac{4}{{R\sqrt 2  + 2R}}\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow CH = OH \Leftrightarrow \Delta OHC\) vuông cân tại \(H \Leftrightarrow \angle AOC = {45^\circ }\)

Câu 5. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương \(a,b,c\) thỏa mãn \(2ab + c(a + b) = 6\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \frac{{\sqrt {{a^2} + 3}  + \sqrt {{b^2} + 3}  + \sqrt {\frac{{{c^2}}}{4} + 3} }}{{2a + 2b + c}}\)

Lời giải:

\(2ab + c\left( {a + b} \right) = 6\)

\(ab + \frac{{c\left( {a + b} \right)}}{2} = 3\) (1)

Đặt x = a, y = b, \(z = \frac{c}{2}\).

Khi đó (1) trở thành \(xy + z(x + y) = 3\), hay \(xy + yz + zx = 3\).

Ta có:

+) \(\sqrt {{a^2} + 3}  = \sqrt {{x^2} + (xy + yz + zx)}  = \sqrt {(x + y)(x + z)} \).

+) \(\sqrt {{b^2} + 3}  = \sqrt {{y^2} + (xy + yz + zx)}  = \sqrt {(y + x)(y + z)} \).

+) \(\sqrt {\frac{{{c^2}}}{4} + 3}  = \sqrt {{z^2} + (xy + yz + zx)}  = \sqrt {(z + x)(z + y)} \).

+) \(2a + 2b + c = 2x + 2y + 2z = 2(x + y + z)\).

Khi đó, biểu thức P trở thành:

\(P = \frac{{\sqrt {(x + y)(x + z)}  + \sqrt {(y + x)(y + z)}  + \sqrt {(z + x)(z + y)} }}{{2(x + y + z)}}\).

Áp dụng BĐT Cauchy:

+) \(\sqrt {(x + y)(x + z)}  \le \frac{{(x + y) + (x + z)}}{2} = \frac{{2x + y + z}}{2}\).

+) \(\sqrt {(y + x)(y + z)}  \le \frac{{(y + x) + (y + z)}}{2} = \frac{{x + 2y + z}}{2}\).

+) \(\sqrt {(z + x)(z + y)}  \le \frac{{(z + x) + (z + y)}}{2} = \frac{{x + y + 2z}}{2}\).

Cộng vế với vế:

\(T = \sqrt {(x + y)(x + z)}  + \sqrt {(y + x)(y + z)}  + \sqrt {(z + x)(z + y)} \)

\( \le \frac{{(2x + y + z) + (x + 2y + z) + (x + y + 2z)}}{2} = 2\left( {x + y + z} \right)\).

Vậy \(P = \frac{T}{{2(x + y + z)}} \le \frac{{2(x + y + z)}}{{2(x + y + z)}} = 1\).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = x + z}\\{y + x = y + z}\\{z + x = z + y}\\{xy + yz + zx = 3}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow x = y = z = 1\) hay \(a = b = 1\), \(c = 2\).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1, đạt được khi a = 1, b = 1, c = 2.

—HẾT—

Đề bài

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 điểm)

Câu 1. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,AB = 3\,\,cm,AC = 4\,\,cm\) thì \(\tan C\) bằng:

     A. \(\dfrac{4}{3}\)             B. \(\dfrac{5}{3}\)                  C. \(\dfrac{3}{5}\)                  D.\(\dfrac{3}{4}\)    

Câu 2. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Biết \(BH = 4\,\,cm,CH = 9\,\,cm\). Độ dài đoạn thẳng \(AH\) bằng:

     A. \(36\,\,cm\)                    B. \(\sqrt {13} \,\,cm\)            C. \(6\,\,cm\)                           D. \(9\,\,cm\)     

Câu 3. Nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 3y = 3\\x - 3y = 5\end{array} \right.\) là:

     A. \(\left( { - 2; - 1} \right)\)                                             B. \(\left( {2; - 1} \right)\)      C. \(\left( { - 2;1} \right)\)                                   D. \(\left( { - 1;2} \right)\)    

Câu 4. Biểu thức \(\sqrt {16{x^2}{y^4}} \) bằng:

     A. \( - 4x{y^2}\)                B. \(4{x^2}{y^4}\)                  C. \(4x{y^2}\)                         D. \(4\left| x \right|{y^2}\)                         

Câu 5. Tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(\sqrt {x - 3} \) có nghĩa là:

     A. \(x \ge 3\)                      B. \(x < 3\)                              C. \(x \le 3\)                            D. \(x > 3\) 

Câu 6. Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Biết \(\angle DBC = {55^0}\). Số đo \(\angle DAC\) bằng:

     A. \({35^0}\)                      B. \({55^0}\)                           C. \({65^0}\)                           D. \({30^0}\)     

Câu 7. Cho parabol \(\left( P \right):y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(d:y = 2x - 1\), số giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) là:

     A. \(3\)                               B. \(2\)                                    C. \(0\)                                    D. \(1\)       

Câu 8. Khi \(x = 3\), biểu thức \(M = \sqrt[3]{{{x^2} - 1}}\) có giá trị bằng:

     A. \(\sqrt 8 \)                     B. \(4\)                                    C. \(2\)                                    D. \(8\)       

Câu 9. Đường thẳng \(d:y = mx + 2\) đi qua điểm \(A\left( {1;1} \right)\) khi giá trị của \(m\) bằng:

     A. \( - 3\)                            B. \( - 1\)                                 C. \( - 2\)                                D. \(1\)       

Câu 10. Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) với \(a\) là số thức dương có hình dạng nào dưới đây?

     A. Hình 3.                          B. Hình 2.                               C. Hình 4.                              D. Hình 1. 

Câu 11. Tất cả các giá trị của \(m\) để hàm số \(y = \left( {m + 2} \right)x + m\left( {m \ne  - 2} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) là:

     A. \(m >  - 2\)                    B. \(m <  - 2\)                         C. \(m > 0\)                            D. \(m > 2\)      

Câu 12. Tổng hai nghiệm của phương trình \({x^2} - x - 6 = 0\) bằng:

     A. \( - 6\)                            B. \(6\)                                    C. \( - 1\)                                D. \(1\)       

Câu 13. Hàm số \(y =  - 100{x^2}\) đồng biến khi:

     A. \(x \ne 0\)                      B. \(x < 0\)                              C. \(x > 0\)                              D. \(x > 0\) 

Câu 14. Hệ phương trình  có nghiệm duy nhất khi

     A. \(m \ne 1\)                     B. \(m = 1\)                            C. \(m \ne 0\)                         D. \(m \ne  - 1\)

Câu 15. Tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình \({x^2} - 2mx + 1 = 0\) có nghiệm kép là:

     A. \(m =  - 2\)                    B. \(m > 1\)                            C. \(m =  \pm 1\)                   D. \(m = 4\)      

Câu 16. Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}ax + y = 3\\x + by = 1\end{array} \right.\) có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\). Giá trị của \(a + b\) bằng:

     A. \(4\)                               B. \( - 3\)                                 C. \( - 1\)                                D. \(3\)       

Câu 17. Tam giác vuông cân có độ dài cạnh góc vuông bằng \(2\,\,cm\). Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng:

     A. \(\sqrt 2 \,\,cm\)            B. \(2\sqrt 2 \,\,cm\)               C. \(2\,\,cm\)                           D. \(\sqrt 3 \,\,cm\)    

Câu 18. Tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt và nghiệm này gấp hai lần nghiệm kia là:

     A. \(m = 2\)                       B. \(m = 2;m = \dfrac{1}{2}\)                                              C. \(m = 0\)       D. \(m = \dfrac{1}{2}\)              

Câu 19. Biết \(m,n\) là các số nguyên sao cho phương trình \(m{x^2} + nx - 5 - 3\sqrt 3  = 0\) có nghiệm \(x = \sqrt 3  + 1\). Khẳng định nào dưới đây đúng?

     A. \(m + n = 2\sqrt 3 \)     B. \(m + n = 2\)                      C. \(m + n = 0\)                      D. \(m + n = \dfrac{5}{3}\)                        

Câu 20. Cho hai đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và \(\left( {O';r} \right)\) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm \(A\) biết \(R > r > 0\). Tiếp tuyến chung ngoài \(BC\) của hai đường tròn đó cắt đường nối tâm \(OO'\) tại \(M\), trong đó \(B \in \left( O \right),C \in \left( {O'} \right)\) và \(BC = CM = 4\,\,cm\). Tổng \(R + r\) bằng:

     A. \(3\sqrt 2 \,\,cm\)          B. \(5\sqrt 2 \,\,cm\)               C. \(4\,\,cm\)                           D. \(6\,\,cm\)     

 

II. TỰ LUẬN (6,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm):

a) Giải phương trình: \({x^2} - 4x - 5 = 0\)

b) Rút gọn biểu thức \(A = \dfrac{x}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}}\,\,\,\,\left( {x \ge 0;x \ne 4} \right)\)

Câu 2 (1,5 điểm):

Một người đi siêu thị điện máy mua một chiếc quạt điện và một chiếc đèn tích điện, biết tổng số tiền theo giá niêm yết của hai sản phẩm là \(900000\) đồng. Nhưng do siêu thị đang có chương trình giảm giá, quạt điện được giảm giá \(15\% \), đèn tích điện được giảm giá \(10\% \) nên thực tế người đó chỉ phải thanh toán tổng số tiền cho hai sản phẩm là \(780000\) đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi sản phẩm nêu trên là bao nhiêu tiền?

Câu 3 (2,0 điểm):

Cho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB\) và dây \(AB\) vuông góc với \(AB\) tại điểm \(F\). Trên cung nhỏ \(BC\) lấy điểm \(M\) (\(M\) không trùng với \(B\) và \(C\)), đường thẳng \(AM\) cắt đường thẳng \(CD\) tại \(E\).

a) Chứng minh tứ giác EFBM nội tiếp được trong một đường tròn và \(\angle CMA = \angle DMA\)

b) Gọi giao điểm của hai đường thẳng \(AC\) và \(BM\) là \(K\); giao điểm của hai đường thẳng \(DM\) và \(AB\) là \(I\); giao điểm của hai đường thẳng \(AM\) và \(BC\) là \(N\). Chứng minh ba điểm \(K,N,I\) thẳng hàng.

Câu 4 (0,5 điểm)

Cho \(a,b,c\) là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{3\left( {b + c} \right)}}{{2a}} + \dfrac{{4a + 3c}}{{3b}} + \dfrac{{12\left( {b - c} \right)}}{{2a + 3c}}.\)

Lời giải chi tiết

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1

Phương pháp:

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

Cách giải:

 Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có:

\(\tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{3}{4}\) (tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông)

Chọn D.

Câu 2

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\) nên ta có:

\(A{H^2} = BH.HC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{H^2} = 4.9 = 36\\ \Rightarrow AH = 6\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Chọn C.

Câu 3

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 3y = 3\\x - 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\x - 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2 - 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 1\end{array} \right.\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\)

Chọn B.

Câu 4

Phương pháp:

Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

Ta có: \(\sqrt {16{x^2}{y^4}}  = \sqrt {{{\left( {4x{y^2}} \right)}^2}}  = 4\left| x \right|{y^2}\)

Chọn D.

Câu 5

Phương pháp:

\(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0\)

Cách giải:

Biểu thức \(\sqrt {x - 3} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow x - 3 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 3\)

Chọn A.

Câu 6

Phương pháp:

Các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì có số đo bằng nhau.

Cách giải:

Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp\( \Rightarrow \angle DBC = \angle DAC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))

Mà \(\angle DBC = {55^0} \Rightarrow \angle DAC = {55^0}\)

Chọn B.

Câu 7

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) , giải phương trình hoành độ giao điểm và tìm được giao điểm.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) là:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,2{x^2} = 2x - 1\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 2x + 1 = 0\end{array}\)

Xét \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - 1.2 = 1 - 2 =  - 1 < 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm

\( \Rightarrow \) \(d\) và \(\left( P \right)\) không cắt nhau nên không có giao điểm, nên số giao điểm là \(0\).

Chọn C.

Câu 8

Phương pháp:

Thay \(x = 3\), ta tính được giá trị của biểu thức \(M\).

Cách giải:

Thay \(x = 3\) vào biểu thức \(M = \sqrt[3]{{{x^2} - 1}}\), ta được: \(M = \sqrt[3]{{{3^2} - 1}} = \sqrt[3]{8} = 2\)

Chọn C.

Câu 9

Phương pháp:

Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) đi qua điểm \(A\left( {{x_A};\,\,{y_A}} \right)\) khi \({y_A} = a{x_A} + b\).

Cách giải:

Đường thẳng \(d:y = mx + 2\) đi qua điểm \(A\left( {1;1} \right)\) nên ta có: \(1 = m + 2 \Rightarrow m =  - 1\)

Chọn B.

Câu 10

Phương pháp:

Nhận dạng dáng điệu của đồ thị hàm số dựa vào hàm số.

Cách giải:

Hai đồ thị hình 3 và hình 4 không phải là đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\)\( \Rightarrow \) loại đáp án A và C.

Hàm số \(y = a{x^2}\) với \(a\) là số thức dương nên hàm số hoàn toàn phía trên trục hoành \( \Rightarrow \) loại đáp án B.

Chọn D.

Câu 11

Phương pháp:

Hàm số \(y = ax + b\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow a > 0\)

Cách giải:

Hàm số \(y = \left( {m + 2} \right)x + m\left( {m \ne  - 2} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow m + 2 > 0 \Leftrightarrow m >  - 2\)

Chọn A.

Câu 12

Phương pháp:

Nếu phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: \({x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a}\)

Cách giải:

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 1} \right)^2} - \left( { - 6} \right) = 7 > 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: \({x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = \dfrac{1}{1} = 1\)

Chọn D.

Câu 13

Phương pháp:

Hàm số \(y = a{x^2}\,\,\left( {a < 0} \right)\) đồng biến khi \(x < 0\)

Cách giải:

Hàm số \(y =  - 100{x^2}\)  có \(a =  - 100 < 0\) nên hàm số đồng biến khi \(x < 0\)

Chọn B.

Câu 14

Phương pháp:

Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}ax + by = c\\a'x + b'y = c'\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi \(\dfrac{a}{{a'}} \ne \dfrac{b}{{b'}}\)

Cách giải:

Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}mx + y = 1\\x + y = 5\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất khi \(\dfrac{m}{1} \ne \dfrac{1}{1} \Rightarrow m \ne 1\)

Chọn A.

Câu 15

Phương pháp:

Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta  = 0\) (hoặc \(\Delta ' = 0\))

Cách giải:

Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - 1 = {m^2} - 1\)

Phương trình có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta ' = 0\)

          \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {m^2} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m = 1\) hoặc \(m =  - 1\).

Chọn C.

Câu 16

Phương pháp:

Thay \(x = 2;y =  - 1\) vào hệ phương trình của đề bài, tìm được \(a;b\).

Cách giải:

Thay \(x = 2;y =  - 1\) vào hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}ax + y = 3\\x + by = 1\end{array} \right.\), ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}a.2 + \left( { - 1} \right) = 3\\2 + b.\left( { - 1} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\end{array} \right.\)

Khi đó, \(a + b = 3\)

Chọn D.

Câu 17

Phương pháp:

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông bằng một nửa cạnh huyền.

Cách giải:

Giả sử tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có \(AB = AC = 2cm\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), khi đó \(IA = IB = IC\)

\( \Rightarrow \) \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

\( \Rightarrow \) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \(R = IA\)

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A \Rightarrow BC = 2\sqrt 2 \left( {cm} \right) \Rightarrow IA = \sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \(\sqrt 2 cm\).

Chọn A.

Câu 18

Phương pháp:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta  > 0\)

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tìm được giá trị của \(m\).

Cách giải:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta  > 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - 4m > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - 4m > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow m \ne 1\end{array}\)

Vậy \(m \ne 1\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)

Áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Giả sử \({x_1} = 2{x_2}\), thay vào (1), ta có: \(2{x_2} + {x_2} = m + 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x_2} = m + 1\\ \Leftrightarrow {x_2} = \dfrac{{m + 1}}{3} \Rightarrow {x_1} = \dfrac{{2\left( {m + 1} \right)}}{3}\end{array}\)

Thay vào (2), ta được: \(\dfrac{{\left( {m + 1} \right)}}{3}.\dfrac{{2\left( {m + 1} \right)}}{3} = m\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2{\left( {m + 1} \right)^2} = 9m\\ \Leftrightarrow 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) = 9m\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m + 2 = 9m\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2{m^2} - 5m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2m - 1} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2m - 1 = 0\\m - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{1}{2}\left( {tmdk} \right)\\m = 2\left( {tmdk} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m = \dfrac{1}{2};m = 2\).

Chọn B.

Câu 19

Phương pháp:

Thay \(x = \sqrt 3  + 1\) vào phương trình.

Dựa vào đáp án của đề bài tìm được \(m,n\).

Cách giải:

Vì \(m,n\) là các số nguyên nên loại đáp án A và D.

Phương trình \(m{x^2} + nx - 5 - 3\sqrt 3  = 0\) có nghiệm \(x = \sqrt 3  + 1\), nên ta có:

\(m{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)^2} + n\left( {\sqrt 3  + 1} \right) - 5 - 3\sqrt 3  = 0\)\(\left( * \right)\)

TH1: \(m + n = 2 \Rightarrow n = 2 - m\)

Thay vào phương trình \(\left( * \right)\), ta được:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,m\left( {3 + 2\sqrt 3  + 1} \right) + \left( {2 - m} \right)\left( {\sqrt 3  + 1} \right) - 5 - 3\sqrt 3  = 0\\ \Leftrightarrow \left( {3 + 2\sqrt 3  + 1 - \sqrt 3  - 1} \right)m + 2\sqrt 3  + 2 - 5 - 3\sqrt 3  = 0\\ \Leftrightarrow \left( {3 + \sqrt 3 } \right)m - \sqrt 3  - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {3 + \sqrt 3 } \right)m = \sqrt 3  + 3\\ \Leftrightarrow m = 1\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow n = 2 - 1 = 1\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy \(m + n = 2\) thỏa mãn.

Chọn B.

Câu 20

Phương pháp:

Vận dụng dấu hiệu nhận biết và tính chất của đường trung bình trong tam giác

Phát hiện mối quan hệ giữa \(R\) và \(r\), từ đó biểu diễn \(r\) theo \(R\)

Áp dụng định lý Py – ta – go, tính được \(R\) và \(r\).

Cách giải:

 

Ta có: \(B,C,M\) thẳng hàng mà \(BC = CM = 4cm\)

\( \Rightarrow C\)là trung điểm của \(BM\)

\(BC\) là tiếp tuyến chung của đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) nên

\(OB//O'C\)

\(\Delta OBM\) có: \(C\) là trung điểm của \(BM\)

\(OB//O'C\)

\( \Rightarrow O'C\) là đường trung bình của \(\Delta OBM\) (dhnb đường trung bình trong tam giác)

\( \Rightarrow O'C = \dfrac{1}{2}OB\) hay \(r = \dfrac{1}{2}R\)

   Và  \(O'\) là trung điểm của \(OM\)\( \Rightarrow OM = 2OO'\)

Vì \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) tiếp xúc ngoài với nhau tại \(A\) nên \(OO' = OA + AO' = R + r\)

Do đó \(OM = 2\left( {R + r} \right) = 2\left( {R + \dfrac{1}{2}R} \right) = 2.\dfrac{3}{2}R = 3R\)

\(\Delta OBM\) vuông tại \(B\), theo định lý Py – ta – go, ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,O{B^2} + B{M^2} = O{M^2}\\ \Leftrightarrow {R^2} + {8^2} = {\left( {3R} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 9{R^2} - {R^2} = 64\\ \Leftrightarrow 8{R^2} = 64\\ \Leftrightarrow {R^2} = 8\\ \Rightarrow R = 2\sqrt 2 \left( {cm} \right)\end{array}\)

Khi đó, \(r = \dfrac{1}{2}R = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 2  = \sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Vậy \(R + r = 2\sqrt 2  + \sqrt 2  = 3\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Chọn A.

II. PHẦN TỰ LUẬN:

Câu 1

Phương pháp:

a) Cách 1: Đưa phương trình về dạng \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)    

Cách 2: Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{{ - c}}{a}\)

b) Vận dụng hằng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a  + \sqrt b } \right)\) xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

Cách giải:

a) \({x^2} - 4x - 5 = 0\)

Cách 1:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 4x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 5x + x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 5} \right) + \left( {x - 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 5 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ { - 1;5} \right\}\)

Cách 2: \({x^2} - 4x - 5 = 0\)

Phương trình có: \(a - b + c = 1 + 4 - 5 = 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình có nghiệm \({x_1} =  - 1\) và \({x_2} =  - \dfrac{c}{a} = 5.\)

Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ { - 1;5} \right\}\)

b) Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 4.\)

\(\begin{array}{l}A = \dfrac{x}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}}\,\,\,\\\,\,\,\,\, = \dfrac{x}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{x + \sqrt x  + 2 + \sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\\\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}.\end{array}\)

Vậy \(A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}\) khi \(x \ge 0,\,\,x \ne 4.\)

Câu 2

Phương pháp:

Gọi giá niêm yết của quạt điện là \(x\,\)(đồng) \(\left( {x \in \mathbb{N}*,\,x < 900000} \right)\)

Giá niêm yết của chiếc đèn tích điện là \(y\) (đồng) \(\left( {y \in \mathbb{N}*,\,y < 900000} \right)\)

Tính được giá của quạt điện và đèn tích điện sau khi giảm.

Lập được hệ phương trình, giải hệ phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Gọi giá niêm yết của quạt điện là \(x\,\)(đồng) \(\left( {x \in \mathbb{N}*,\,x < 900000} \right)\)

Giá niêm yết của chiếc đèn tích điện là \(y\) (đồng) \(\left( {y \in \mathbb{N}*,\,y < 900000} \right)\)

\( \Rightarrow \) Giá của quạt điện sau khi giảm \(15\% \) là \(x - 0,15x = 0,85x\) (đồng)

Giá của chiếc đèn tích điện sau khi giảm \(10\% \) là \(y - 0,1y = 0,9y\) (đồng)

Do tổng số tiền theo giá niêm yết của hai sản phẩm là \(900000\) đồng và tổng số tiền sau khi đã giảm giá của   đồng nên ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + y = 900000\\0,85x + 0,9y = 780000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 900000 - x\\0,85x + 0,9.\left( {900000 - x} \right) = 780000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 900000 - x\\0,85x + 810000 - 0,9x = 780000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,05x = 30000\\y = 900000 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 600000\\y = 300000\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy giá niêm yết của quạt điện là \(600000\) đồng và giá niêm yết của chiếc đèn tích điện là \(300000\) đồng.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) + Vận dụng dấu hiệu nhận biết: tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.

+ Sử dụng kiến thức góc nội tiếp cùng chắn cung trong đường tròn.

b) Ta sẽ chứng minh: \(KN \bot AB\) và \(NI \bot AB\) tại \(I\), từ đó suy ra \(K,N,I\) thẳng hàng.

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác EFBM nội tiếp được trong một đường tròn và \(\angle CMA = \angle DMA\)

Vì \(M \in \left( O \right)\); \(AB\) là đường kính của \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow \angle AMB = {90^0}\)

Ta có: \(CD \bot AB\) tại \(F\) (gt), \(E \in CD\)\( \Rightarrow \angle EFB = {90^0}\)

Xét tứ giác \(EFBM\), có:

\(\begin{array}{l}\angle AMB = {90^0}\\\angle EFB = {90^0}\end{array}\)

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(EFBM\) nội tiếp một đường tròn (đpcm)

Vì \(CD \bot AB\) tại \(F\) (gt) \( \Rightarrow F\) là trung điểm của \(CD\) (định lí về mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét \(\Delta ACD\) có:

            \(F\) là trung điểm của \(CD\) (cmt)

            \(AF \bot CD\) (do \(AB \bot CD\), \(F \in AB)\))

\( \Rightarrow AF\) là đường cao đồng thời là đường trung trực của \(\Delta ACD\)

\( \Rightarrow \Delta ACD\) cân tại \(A\)

\( \Rightarrow \angle ACD = \angle ADC\) (tính chất)

Mà \(\angle ADC = \angle CMA\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

      \(\angle AMD = \angle ACD\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD\))

Do đó: \(\angle AMD = \angle CMA\) (đpcm)

b) Gọi giao điểm của hai đường thẳng \(AC\) và \(BM\) là \(K\); giao điểm của hai đường thẳng \(DM\) và \(AB\) là \(I\); giao điểm của hai đường thẳng \(AM\) và \(BC\) là \(N\). Chứng minh ba điểm \(K,N,I\) thẳng hàng.

Ta có: \(\angle ACB = {90^o}\) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow CB \bot AC\) hay \(CB \bot AK\,\)

           \(\angle AMB = {90^o}\)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AM \bot MB\) hay \(AM \bot BK\)

Xét \(\Delta AKB\) có:

            \(\begin{array}{l}CB \bot AK\\AM \bot KB\end{array}\)

Mà \(CB \cap AN = \left\{ N \right\}\)

\( \Rightarrow N\) là trực tâm của \(\Delta AKB\)

\( \Rightarrow KN\) là đường cao thứ ba của \(\Delta AKB\)

\( \Rightarrow KN \bot AB\,\,\left( 1 \right)\)

Ta có: \(\angle NMI = \angle IBN\) (cùng bù với góc \(\angle ADC\))

Xét tứ giác \(NMBI\) có: \(\angle NMI = \angle IBN\) (cmt)

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh \(IN\) dưới một góc không đổi.

\( \Rightarrow \)Tứ giác \(NMBI\) nội tiếp một đường tròn

\( \Rightarrow \angle NMB + \angle NIB = {180^0}\) (2 góc đối nhau)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {90^0} + \angle NIB = {180^0}\\ \Rightarrow \angle NIB = {90^0}\end{array}\)

\( \Rightarrow NI \bot IB\) tại \(I\) hay \(NI \bot AB\) tại \(I\) \(\left( 2 \right)\)

\(\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow K,N,I\) thằng hàng (đpcm).

Câu 4

Phương pháp:

Tách nhóm hợp lí, đưa về giả thiết của bài toán.

Cách giải

Ta có:

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{3\left( {b + c} \right)}}{{2a}} + \dfrac{{4a + 3c}}{{3b}} + \dfrac{{12\left( {b - c} \right)}}{{2a + 3c}}\\ = \left[ {\dfrac{{3\left( {b + c} \right)}}{{2a}} + 2} \right] + \left[ {\dfrac{{4a + 3c}}{{3b}} + 1} \right] + \left[ {\dfrac{{12\left( {b - c} \right)}}{{2a + 3c}} + 8} \right] - 11\\ = \dfrac{{4a + 3b + 3c}}{{2a}} + \dfrac{{4a + 3b + 3c}}{{3b}} + \dfrac{{4\left( {4a + 3b + 3c} \right)}}{{2a + 3c}} - 11\\ = \left( {4a + 3b + 3c} \right)\left( {\dfrac{1}{{2a}} + \dfrac{1}{{3b}} + \dfrac{4}{{2a + 3c}}} \right) - 11\\ = \left[ {2a + 3b + \left( {2a + 3c} \right)} \right]\left( {\dfrac{1}{{2a}} + \dfrac{1}{{3b}} + \dfrac{4}{{2a + 3c}}} \right) - 11\\ \ge {\left( {1 + 1 + 2} \right)^2} - 11 = 5\end{array}\)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow 2a = 3b = \dfrac{{2a + 3c}}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a = 3b\\4a = 2a + 3c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a = 3b\\2a = 3c\end{array} \right. \Leftrightarrow 2a = 3b = 3c\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P = 5\) khi \(2a = 3b = 3c\).

Đề bài

I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm)

Câu 1: Khi biểu thức có giá trị là:

A.                                B.                               C.                                D.   

Câu 2:   Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ?

A.                         B.                       C.                         D. 

Câu 3:  Số nghiệm của phương trình là:

A.                                     B.                                     C.                                    D.   

Câu 4:  Cho hàm số . Điểm thuộc đồ thị hàm số khi

A.                               B.                                      C.                            D.  

Câu 5: Từ điểm nằm bên ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến tới đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính Biết , số đo của cung nhỏ là:

A.                           B.                            C.                                     D. 

Câu 6: Cho tam giác vuông tại . Gọi là chân đường cao hạ từ đỉnh xuống cạnh biết . Độ dài đoạn là:

A.                               B.                               C.                                     D.   

II. TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 7 (2 điểm):

Cho biểu thức: với

a) Rút gọn biểu thức

b) Tìm là số chính phương để là số nguyên.

Câu 8 (1 điểm)

An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?

Câu 9 (2,5 điểm):

Cho đường tròn , hai điểm nằm trên sao cho . Điểm nằm trên cung lớn sao cho và tam giác có ba góc đều nhọn. Các đường cao của tam giác cắt nhau tại điểm , cắt tại điểm (khác điểm B); AI cắt tại điểm (khác điểm A); NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác nội tiếp một đường tròn.

b) là đường kính của đường tròn

c) song song với .

Câu 10 (1,5 điểm)

a) Cho phương trình với là tham số. Tìm để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt sao cho

b) Cho hai số thực không âm thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải chi tiết

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm)

1. D

2. B

3. D

4. A

5. A

6. B

Câu 1

Phương pháp:

Thay vào biểu thức ta tính được giá trị của biểu thức tại .

Cách giải:

Điều kiện:

Thay vào biểu thức ta được:

Chọn D.

Câu 2

Phương pháp:

Hàm số đồng biến trên khi , nghịch biến trên khi

Cách giải:

Trong các hàm số đã cho hàm số đồng biến trên 

Chọn B.

Câu 3

Phương pháp:

Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình.

Cách giải:

Đặt Khi đó  (1)

Ta thấy .  Nên  phương trình có nghiệm hoặc

có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Câu 4

Phương pháp:

Thay tọa độ điểm vào hàm số tìm ra

Cách giải:

Vì thuộc đồ thị hàm số nên  ta có:

Chọn A.

Câu 5

Phương pháp:

+) Tổng 4 góc của tứ giác lồi bằng

+) Sử tính chất góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.

Cách giải:

 

Ta có: là các tiếp tuyến của (tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác ta có: Mà (hai góc kề bù) Mà là góc ở tâm chắn cung Chọn A.

A.                               B.                               C.                                     D.   

Câu 6

Phương pháp:

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:   để làm bài toán.

Cách giải:

Theo đề bài ta có: Áp dụng hệ thức lượng trong vuông tại có đường cao ta có: Chọn B.

 

II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 7

Phương pháp:

a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.

b) Số là số chính phương.

Cách giải:

Cho biểu thức: với

a) Rút gọn biểu thức

Điều kiện:

b) Tìm là số chính phương để là số nguyên.

Điều kiện:

Ta có:

Vì .

Mà .

TH1: (tm).

TH2: .

TH3: .

TH4: .

TH5: .

Vậy .

Câu 8

Phương pháp:

Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là (bài) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là (bài) .

Dựa vào các giả thiết của bài toán, giải bài toán bằng cách lập phương trình và biện luận để giải bài toán.

Cách giải:

Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là (bài) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là (bài) .

Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên   (1).

Tổng số điểm của bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là (điểm).

Tổng số điểm của bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là (điểm).

Do tổng số điểm tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:

.

Thay vào (1) ta có: .

Do .

Ta có:

.

Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 10 bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài.

Câu 9

Phương pháp:

a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh.

b) c) Sử dụng các tính chất của các góc nội tiếp,  góc ở tâm cùng chắn một cung ; các tính chất của các đường thẳng song song.

Cách giải:

 

a) Tứ giác nội tiếp một đường tròn.

Ta có: .

Xét tứ giác có : Tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

b) là đường kính của đường tròn .

Ta có (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ).

Có vuông tại , lại có vuông cân tại .

. Mà hai góc này ở vị trí so le trong .

Mà hay (từ vuông góc đến song song).

nội tiếp chắn nửa đường tròn là đường kính của đường tròn.

c) song song với .

Có .

Mà (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ).

hay .

Ta có (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ).

Tam giác có .

. Mà 2 góc này ở vị trí so le trong .

Theo giả thiết ta có hay (từ vuông góc đến song song)

Mặt khác ta có .

Xét tam giác có: hai đường cao cắt nhau tại là trực tâm của tam giác .

.

Từ (1) và (2) (Từ vuông góc đến song song) (đpcm).

Câu 10

Cách giải:

a) Cho phương trình với là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt sao cho .

Ta có: .

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì .

Khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: .                                                 

Theo bài ra ta có:

Vậy hoặc .

b) Cho hai số thực không âm thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

+) Tìm giá trị nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm ta có:

Dấu “=” xảy ra .

Vậy .

+) Tìm giá trị lớn nhất.

Ta có .

Ta có .

Do đó .

.

Dấu "=" xảy ra .

Vậy hoặc .

Đề bài

I. TRẮC NGHIỆM (3 điểm)

Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau: 

Câu 1 Phương trình có hai nghiệm Tổng bằng:

A. 3                                         B. -3                                        C. 6                                         D. -6

Câu 2 Đường thẳng đi qua điểm khi: 

A.                         B.                             C.                             D.

Câu 3 Cho tam giác vuông tại Độ dài cạnh là:

A.                             B.                                               C.                                     D.  

Câu 4 Hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là:

 A.                                         B.                                                  C.                                      D.  

Câu 5 Phương trình (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi:

 A.                               B.                                     C.                              D.

Câu 6 Cho rút gọn biểu thức ta được kết quả:

A.                                          B.                                                  C.                                        D.  

PHẦN II. TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 7 (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số và Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác

Câu 8 (1 điểm)

Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/06, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở?

Câu 9 (2,5 điểm)

Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.

a) Chứng minh . Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.

b) Chứng minh KH song song với AD.

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa  và  để AK song song với ND.

Câu 10 (1 điểm)

a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình và (với x là ẩn) đều có nghiệm nguyên.

Lời giải chi tiết

1	2	3	4	5	6
A	D	C	D	B	B

 

Câu 1:

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình có hai nghiệm ta có:

Cách giải:

Phương trình có hai nghiệm Tổng bằng:

A. 3                                         B. -3                                        C. 6                                         D. -6

Ta có:

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

Chọn A.

Câu 2:

Phương pháp:

Thay tọa độ điểm E vào công thức hàm số để tìm m.

Cách giải:

Đường thẳng đi qua điểm khi: 

A.                         B.                             C.                             D.

Điểm thuộc đồ thị hàm số nên ta có:

Chọn D.

Câu 3:

Phương pháp:

Xét tam giác ABC vuông tại A. Khi đó ta có:

Cách giải:

Cho tam giác vuông tại Độ dài cạnh là:

A.                             B.                                                 C.                                     D.    

Ta có:

Chọn C.

Câu 4:

Phương pháp:

Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông là giao điểm của hai đường chéo.

Sử dụng định lý Pi-ta-go để tính bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông.

Cách giải:

Hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là:

A.                                            B.                                                  C.                                      D.  

Xét hình vuông ABCD có các cạnh là 1.

Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ABC vuông tại B ta có:

Có O là trung điểm của AC nên:

Chọn D.

Câu 5:

Phương pháp:

Phương trình bậc hai một ẩn có nghiệm kép

Cách giải:

Phương trình (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi:

A.                                  B.                                       C.                              D.

Phương trình đã cho có nghiệm kép

Chọn B.

Câu 6:

Phương pháp:

Áp dụng công thức:

Cách giải:

Cho rút gọn biểu thức ta được kết quả:

A.                                          B.                                                  C.                                        D.  

Ta có:

Chọn B.

PHẦN II. TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 7 (VD) (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số và Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác

Câu 7:

Phương pháp:

+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

+) Lập phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị để tìm tọa độ hai giao điểm

+) Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ.

+) Dựa vào hình vẽ để tính diện tích tứ giác ABCD.

Cách giải:

a) Giải hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số và Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác

                                          

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

C là hình chiếu của B trên trục hoành

D là hình chiếu của A trên trục hoành

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy ABCD là hình thang vuông tại D và C.

Vậy diện tích tứ giác ABCD là:

Câu 8:

Phương pháp:

Giải bài toàn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.

+) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và đại lượng đã biết.

+) Dựa vào giả thiết của bài toán để lập phương trình hoặc hệ phương trình.

+) Giải phương trình hoặc hê phương trình vừa lập để  tìm ẩn và đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.

Cách giải:

Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/06, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở?

Gọi số phần quà ban đầu là (phần)

Gọi số quyển vở có trong mỗi phần quà là (quyển vở)

Tổng số quyển vở của nhóm học sinh có là: (quyển).

Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì số có thêm 2 phần quà nữa nên ta có phương trình:

Nếu mỗi phần quả giảm 4 quyển thì có thêm 5 phần quà nữa nên ta có phương trình:

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Vậy ban đầu có 10 phần quà và mỗi phần quà có 12 quyển vở.

 Câu 9 (2,5 điểm)

Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.

a) Chứng minh . Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.

b) Chứng minh KH song song với AD.

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa  và  để AK song song với ND.

Phương pháp:

a) Sử dụng tính chất: Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

b) Chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau.

c) Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Cách giải:

Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C, D nằm trên đường tròn đó sao cho C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD > AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và AD lần lượt là M, N; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H, I; giao điểm của MD và CN là K.

 

a) Chứng minh . Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.

Ta có:

Góc ACN là góc nội tiếp chắn cung AN; góc DMN là góc nội tiếp chắn cung DN.

Mà cung AN = cung DN (gt)

(Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau).

b) Chứng minh KH song song với AD.

Do đó tứ giác CMHK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CK).

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O))

.

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị .

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa  và  để AK song song với ND.

Chứng minh tương tự ta có

Tứ giác AHKI là hình bình hành (Tứ giác có các cạnh đối song song)

Ta có AK // DN (so le trong)

Lại có tứ giac AIKM là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI)

  cân tại I

là hình thoi (Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau).

(hai đường chéo của hình thoi).

, mà Góc MND nội tiếp chắn nửa đường tròn.

là đường kính của đường tròn tâm O.

sđ cung MAD = 180⁰

sđ cung MA + sđ cung AD = 180⁰

sđ cung + sđ cung AD = 180⁰

Câu 10  (1 điểm)

a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có:

Cộng vế theo vế ta có

Vậy

Dấu bằng xảy ra

Vậy

b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình và , với x là ẩn, đều có nghiệm nguyên.

Xét phương trình có Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Xét phương trình có Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Để cả hai phương trình đều có nghiệm nguyên và đều là số chinh phương.

Do vai trò của a và b là như nhau, không mất tính tổng quát, ta giả sử .

Ta chứng minh .

Ta có 

Luôn đúng do giả sử .

.

Mà a, b là các số nguyên dương là số chính phương.

Thay vào ta có :  là số chính phương.

Giả sử

Do a, b có vai trò như nhau nên cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.

Vậy các cặp số thỏa mãn là .

Đề bài

PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 điểm)

(gồm có 32 câu)

Câu 1. Tam giác ABC vuông tại A, , cạnh BC = 10 cm. Độ dài cạnh AB bằng

A. 4 cm.

B. 3 cm.

C. 6 cm.

D. 2 cm.

Câu 2. Phương trình nào dưới đây là phương trình bậc hai một ẩn?

A. .

B. .

C. .

D. .

Câu 3. Người ta đo chiều dài của 60 lá dương xỉ trưởng thành, thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau:

Bảng trên có bao nhiêu nhóm?

A. 3.

B. 4.

C. 6.

D. 5.

Câu 4. Điều kiện xác định của biểu thức là

A. .

B. .

C. .

D. .

Câu 5. Gieo một con xúc xắc hai lần. Tất cả các kết quả thuận lợi cho biến cố 'Tổng số chấm trong hai lần gieo bằng 5' là

A. (1;4), (2;3), (3;2), (4;1), (5;5).

B. (1;4), (2;3), (3;2), (4;1).

C. (1;4), (2;3).

D. (3;2), (4;1).

Câu 6. Nghiệm của hệ phương trình là

A. .

B. .

C. .

D. .

Câu 7. Hình vẽ là biểu đồ thống kê số học sinh tham gia câu lạc bộ cờ vua. Lấy ngẫu nhiên một học sinh trong số này. Xác suất của biến cố 'Lấy được một học sinh lớp 9' là

A. .

B. .

C. .

D. .

Câu 8. Điều kiện xác định của phương trình là

A.

B.

C.

D.

Câu 9. Căn bậc ba của bằng

A.

B.

C.

D.

Câu 10. Cho đường tròn tâm bán kính và một điểm cách là . Kẻ tiếp tuyến với đường tròn ( là tiếp điểm). Độ dài bằng

A.

B.

C.

D.

Câu 11. Cho tam giác vuông vuông tại có . Khẳng định nào dưới đây là đúng?

A.

B.

C.

D.

Câu 12. Hình vuông có cạnh bằng thì có bán kính đường tròn nội tiếp bằng

A.

B.

C.

D.

Câu 13. Hệ số góc của đường thẳng là

A.

B.

C.

D.

Câu 14. Thống kê tỉ lệ điểm kiểm tra môn Toán của bạn học sinh được cho trong biểu đồ. Số bạn có điểm kiểm tra dưới điểm là

A.

B.

C.

D.

Câu 15. Với , biểu thức bằng

A.

B.

C.

D.

Câu 16. Tất cả các giá trị của để đồ thị hai hàm số và cắt nhau tại hai điểm phân biệt nằm ở hai phía trục tung là

A.

B.

C.

D.

Câu 17. Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ?

A.

B.

C.

D.

Câu 18. Rút ngẫu nhiên một thẻ số trong hộp thẻ có thẻ số đánh số từ đến . Xác suất để rút được thẻ ghi số chia hết cho bằng

A.

B. . 

C.

D.

Câu 19. Biểu đồ dưới đây cho biết tỉ lệ phần trăm diện tích trồng các loại cây ăn quả ở một trang trại.

Tỉ lệ phần trăm tổng diện tích trồng nhãn và vải thiều là

A. 37,5%.

B. 47,5%.

C. 17,5%.

D. 30%.

Câu 20. Kiểm tra cân nặng (đơn vị: kg) của 40 học sinh trong lớp, ta thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau:

Số học sinh có cân nặng dưới 45 kg là

A. 16.

B. 35.

C. 32.

D. 24.

Câu 21. Gieo đồng thời một con xúc xắc và một đồng xu một lần. Không gian mẫu có bao nhiêu phần tử?

A. 8.

B. 2.

C. 12.

D. 6.

Câu 22. Cho bất phương trình . Số nào dưới đây là một nghiệm của bất phương trình đã cho?

A. 12.

B. 9.

C. 6.

D. 15.

Câu 23. Để trang trí lớp, bạn Lan đã dùng 4 miếng bìa hình quạt tròn bán kính 30 cm ứng với cung (hình vẽ) để gấp trang trí. Tổng diện tích các miếng bìa bạn Lan đã dùng là

A. cm.

B. cm.

C. cm.

D. cm.

Câu 24. Cho mặt cầu có bán kính cm. Diện tích mặt cầu bằng

A. cm.

B. cm.

C. cm.

D. cm.

Câu 25. Gọi và là hoành độ giao điểm hai đồ thị và . Khi đó giá trị của biểu thức bằng

A. 2.

B. -3.

C. -2.

D. 3.

Câu 26. Cho đường tròn có bán kính cm. Khoảng cách từ tâm đến dây là 8 cm. Độ dài dây bằng

A. 12 cm.

B. 8 cm.

C. cm.

D. 6 cm.

Câu 27. Một hình nón có bán kính đáy 3 cm, chiều cao 5 cm. Thể tích của hình nón bằng

A. cm.

B. cm.

C. cm.

D. cm.

Câu 28. Cho đường tròn và góc nội tiếp . Số đo của là

A. .

B. 100.

C. .

D. .

Câu 29. Trong hình vẽ, độ dài bằng

A.

B.

C. 2.

D. .

Câu 30. Một hãng taxi có giá 15 nghìn đồng cho kilômét đầu tiên và giá 12 nghìn đồng cho mỗi kilômét tiếp theo. Với 150 nghìn đồng thì hành khách có thể di chuyển được tối đa bao nhiêu kilômét (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)?

A. 13 km.

B. 12 km.

C. 11 km.

D. 14 km.

Câu 31. Cho điểm thuộc đường tròn , dây vuông góc với tại trung điểm của . Tiếp tuyến tại của đường tròn cắt đường thẳng tại . Độ dài theo là

A. .

B. .

C. .

D. .

Câu 32. Để đo chiều cao của một tháp (tham khảo hình vẽ), người ta đặt hai giác kế tại hai vị trí và . Qua ống ngắm của giác kế tại vị trí và , người ta nhìn thấy ngọn tháp dưới các góc lần lượt là và . Biết chiều cao của hai giác kế là và đều bằng m; m. Chiều cao của tháp bằng (làm tròn đến hàng phần trăm)

A. 47,11 m.

B. 45,45 m.

C. 47,10 m.

D. 47,50 m.

 

PHẦN TỰ LUẬN (6,0 điểm)

Câu 1. (1,0 điểm)

a) Giải bất phương trình .

b) Rút gọn biểu thức với .

Câu 2. (1,0 điểm)

a) Giải phương trình .

b) Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn .

Câu 3. (1,0 điểm)

Hưởng ứng Ngày sách và văn hóa đọc Việt Nam năm 2025, tại một trường THCS, học sinh hai lớp 9A và 9B đã tặng thư viện nhà trường 210 quyển sách. Trong đó, mỗi học sinh lớp 9A tặng 3 quyển sách, mỗi học sinh lớp 9B tặng 2 quyển sách. Tính số học sinh của mỗi lớp, biết rằng lớp 9B nhiều hơn lớp 9A là 5 học sinh.

Câu 4. (2,0 điểm)

Cho đường tròn , bán kính () và dây cung . Lấy một điểm bất kì trên cung lớn sao cho tam giác có ba góc nhọn. Các đường cao của tam giác cắt nhau tại .

a) Chứng minh rằng tứ giác nội tiếp.

b) Kẻ đường kính của đường tròn và vuông góc với tại . Chứng minh rằng là trung điểm của .

c) Khi lớn nhất, hãy tính diện tích tam giác theo .

Câu 5. (1,0 điểm)

a) Cho các số thực thay đổi và thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

b) Từ một tấm bìa hình vuông cạnh 21 cm, bạn Nga cắt được một hình có dạng như hình vẽ (phần tô đậm và được bao quanh bởi đường liền nét). Biết rằng hình tròn diện tích cm và có tâm trùng với tâm của hình vuông. Các điểm là giao điểm của hai đường chéo hình vuông với đường tròn. Tính tổng độ dài đường viền của hình thu được (lấy và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

----HẾT----

Lời giải

PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 điểm)

Câu 1. Tam giác ABC vuông tại A, , cạnh BC = 10 cm. Độ dài cạnh AB bằng

A. 4 cm.

B. 3 cm.

C. 6 cm.

D. 2 cm.

Phương pháp:

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác để tính AB.

Lời giải:

Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông ABC, ta có:

nên

Đáp án C.

Câu 2. Phương trình nào dưới đây là phương trình bậc hai một ẩn?

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng .

Lời giải:

Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình .

Đáp án A.

Câu 3. Người ta đo chiều dài của 60 lá dương xỉ trưởng thành, thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau:

Bảng trên có bao nhiêu nhóm?

A. 3.

B. 4.

C. 6.

D. 5.

Phương pháp:

Quan sát số nhóm trong bảng.

Lời giải:

Bảng trên có 4 nhóm: [10; 20); [20;30); [30;40); [40;50).

Đáp án B

Câu 4. Điều kiện xác định của biểu thức là

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Điều kiện xác định của biểu thức là .

Lời giải:

Điều kiện xác định của biểu thức là , suy ra .

Đáp án A

Câu 5. Gieo một con xúc xắc hai lần. Tất cả các kết quả thuận lợi cho biến cố 'Tổng số chấm trong hai lần gieo bằng 5' là

A. (1;4), (2;3), (3;2), (4;1), (5;5).

B. (1;4), (2;3), (3;2), (4;1).

C. (1;4), (2;3).

D. (3;2), (4;1).

Phương pháp:

Xác định các kết quả thuận lợi cho biến cố.

Lời giải:

Các cặp số có tổng bằng 5 là: (1;4); (2;3) nên các kết quả thuận lợi cho biến cố “Tổng số chấm trong hai lần gieo bằng 5” là: (1;4), (2; 3), (3;2), (4; 1).

Đáp án B

Câu 6. Nghiệm của hệ phương trình là

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Sử dụng máy tính cầm tay để tính nghiệm của hệ phương trình trong các câu trắc nghiệm.

Lời giải:

Sử dụng máy tính cầm tay, ta tính được nghiệm của hệ là: .

Đáp án A.

Câu 7. Hình vẽ là biểu đồ thống kê số học sinh tham gia câu lạc bộ cờ vua. Lấy ngẫu nhiên một học sinh trong số này. Xác suất của biến cố 'Lấy được một học sinh lớp 9' là

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Quan sát biểu đồ, xác định cột học sinh lớp 9.

Tính tổng số học sinh.

Xác suất của biến cố = số học sinh lớp 9 / tổng số học sinh.

Lời giải:

Số học sinh lớp 9 là: 25 (học sinh)

Số học sinh tham gia câu lạc bộ là: 5 + 15 + 10 + 25 = 55 (học sinh)

Xác suất của biến cố 'Lấy được một học sinh lớp 9' là: .

Đáp án B

Câu 8. Điều kiện xác định của phương trình là

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Điều kiện xác định của phân thức đại số là mẫu thức khác 0.

Lời giải:

Điều kiện xác định của phương trình là hay .

Đáp án A

Câu 9. Căn bậc ba của bằng

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Nhẩm hoặc sử dụng máy tính cầm tay để tính căn bậc ba.

Lời giải:

Căn bậc ba của -8 là .

Đáp án A

Câu 10. Cho đường tròn tâm bán kính và một điểm cách là . Kẻ tiếp tuyến với đường tròn ( là tiếp điểm). Độ dài bằng

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Áp dụng kiến thức về tiếp tuyến và định lí Pythagore để tính AB.

Lời giải:

Vì AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm O (B là tiếp điểm) nên tại B.

Do đó vuông tại B. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông OAB, ta có:

, suy ra .

Đáp án B

Câu 11. Cho tam giác vuông vuông tại có . Khẳng định nào dưới đây là đúng?

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC để tính AC.

Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông.

Lời giải:

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:

, suy ra

Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác ABC, ta có:

Đáp án C

Câu 12. Hình vuông có cạnh bằng thì có bán kính đường tròn nội tiếp bằng

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông cạnh a là .

Lời giải:

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông là:

Đáp án A

Câu 13. Hệ số góc của đường thẳng là

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Hệ số góc của đường thẳng là .

Lời giải:

Ta có: nên .

Hệ số góc của đường thẳng là 2.

Đáp án B

Câu 14. Thống kê tỉ lệ điểm kiểm tra môn Toán của bạn học sinh được cho trong biểu đồ. Số bạn có điểm kiểm tra dưới điểm là

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Tính tổng số phần trăm các bạn có điểm kiểm tra dưới 7 điểm (điểm 5, 6).

Từ đó tính số bạn có điểm kiểm tra dưới 7 điểm.

Lời giải:

Tỉ lệ học sinh có điểm kiểm tra dưới 7 điểm là: 15% + 20% = 35%.

Tổng số bạn học sinh có điểm kiểm tra dưới 7 điểm là: (bạn)

Đáp án A

Câu 15. Với , biểu thức bằng

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Sử dụng hằng đẳng thức: .

Lời giải:

Ta có:

(vì nên )

.

Đáp án D

Câu 16. Tất cả các giá trị của để đồ thị hai hàm số và cắt nhau tại hai điểm phân biệt nằm ở hai phía trục tung là

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Xác định phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị.

Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt nằm ở hai phía trục tung thì hai nghiệm trái dấu, hay .

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số và là:

hay .

Ta có: . Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì , suy ra .

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì hay .

Suy ra

Đáp án C

Câu 17. Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ?

A.

B.

C.

D.

Phương pháp:

Từ đồ thị xác định một điểm thuộc đồ thị hàm số.

Thay toạ độ điểm đó vào các hàm số để kiểm tra.

Lời giải:

Từ đồ thị hàm số ta thấy điểm (1;2) thuộc đồ thị hàm số.

Với thì nên điểm (1;2) thuộc đồ thị hàm số .

Đáp án B

Câu 18. Rút ngẫu nhiên một thẻ số trong hộp thẻ có thẻ số đánh số từ đến . Xác suất để rút được thẻ ghi số chia hết cho bằng

A.

B. . 

C.

D.

Phương pháp:

Xác định các kết quả có thể, các kết quả thuận lợi.

Xác suất của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi với số kết quả có thể.

Lời giải:

Vì có 20 thẻ nên có 20 kết quả có thể khi rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp.

Các số chia hết cho 3 từ 1 đến 20 là: 3; 6; 9; 12; 15; 18. Có 6 kết quả thuận lợi.

Vậy xác suất để rút được thẻ ghi số chia hết cho 3 bằng: .

Đáp án A

Câu 19. Biểu đồ dưới đây cho biết tỉ lệ phần trăm diện tích trồng các loại cây ăn quả ở một trang trại.

Tỉ lệ phần trăm tổng diện tích trồng nhãn và vải thiều là

A. 37,5%.

B. 47,5%.

C. 17,5%.

D. 30%.

Phương pháp:

Cộng tổng phần trăm diện tích trồng nhãn và vải thiều.

Lời giải:

Tỉ lệ phần trăm tổng diện tích trồng nhãn và vải thiều là: 20% + 27,5% = 47,5%.

Đáp án B

Câu 20. Kiểm tra cân nặng (đơn vị: kg) của 40 học sinh trong lớp, ta thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau:

Số học sinh có cân nặng dưới 45 kg là

A. 16.

B. 35.

C. 32.

D. 24.

Phương pháp:

Số học sinh có cân nặng dưới 45 kg bằng tổng tần số nhóm [35;40) và [40;45).

Lời giải:

Số học sinh có cân nặng dưới 45 kg là: 5 + 11 = 16.

Đáp án A

Câu 21. Gieo đồng thời một con xúc xắc và một đồng xu một lần. Không gian mẫu có bao nhiêu phần tử?

A. 8.

B. 2.

C. 12.

D. 6.

Phương pháp:

Liệt kê các phần tử của không gian mẫu.

Lời giải:

Các kết quả khi gieo một con xúc xắc là: 1; 2; 3; 4; 5; 6.

Các kết quả khi tung một đồng xu là: S, N.

Không gian mẫu khi gieo đồng thời một con xúc xắc và một đồng xu một lần là: {(1,S); (2,S); (3,S); (4,S); (5,S); (6,S); (1,N); (2,N); (3,N); (4,N); (5,N); (6,N)}.

Vậy không gian mẫu có 12 phần tử.

Đáp án C

Câu 22. Cho bất phương trình . Số nào dưới đây là một nghiệm của bất phương trình đã cho?

A. 12.

B. 9.

C. 6.

D. 15.

Phương pháp:

Giải bất phương trình.

Kiểm tra xem số nào thoả mãn trong các số trên.

Lời giải:

Giải bất phương trình:

Trong các số trên có số 6 thoả mãn nên ta chọn C.

Đáp án C

Câu 23. Để trang trí lớp, bạn Lan đã dùng 4 miếng bìa hình quạt tròn bán kính 30 cm ứng với cung (hình vẽ) để gấp trang trí. Tổng diện tích các miếng bìa bạn Lan đã dùng là

A. cm.

B. cm.

C. cm.

D. cm.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính diện tích hình quạt tròn.

Lời giải:

Diện tích một miếng bìa là: .

Diện tích 4 miếng bìa cần dùng là: .

Đáp án B

Câu 24. Cho mặt cầu có bán kính cm. Diện tích mặt cầu bằng

A. cm.

B. cm.

C. cm.

D. cm.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu: .

Lời giải:

Diện tích mặt cầu là:

Đáp án B

Câu 25. Gọi và là hoành độ giao điểm hai đồ thị và . Khi đó giá trị của biểu thức bằng

A. 2.

B. -3.

C. -2.

D. 3.

Phương pháp:

Lập phương trình hoành độ hai đồ thị bằng nhau.

Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Dùng định lí Viète để tính S.

Lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị là:

Phương trình có nên phương trình có hai nghiệm và phân biệt.

Áp dụng định lí Viète ta có: .

Đáp án D

Câu 26. Cho đường tròn có bán kính cm. Khoảng cách từ tâm đến dây là 8 cm. Độ dài dây bằng

A. 12 cm.

B. 8 cm.

C. cm.

D. 6 cm.

Phương pháp:

Gọi H là trung điểm của AB.

Chứng minh OH AB tại H.

Sử dụng định lí Pythagore để tính AH, suy ra độ dài dây AB.

Lời giải:

Gọi H là trung điểm của AB, khi đó AH = HB nên H thuộc đường trung trực của AB.

Ta có: OA = OB = R nên O thuộc đường trung trực của AB.

Do đó OH là đường trung trực của AB.

Suy ra OH AB.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác OAH, ta có:

Suy ra

Độ dài dây AB là: 6.2 = 12 (cm)

Đáp án A

Câu 27. Một hình nón có bán kính đáy 3 cm, chiều cao 5 cm. Thể tích của hình nón bằng

A. cm.

B. cm.

C. cm.

D. cm.

Phương pháp:

Thể tích của hình nón: với r là bán kính đáy, h là chiều cao.

Lời giải:

Thể tích của hình nón là:

Đáp án C

Câu 28. Cho đường tròn và góc nội tiếp . Số đo của là

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Tính số đo cung BC nhỏ, suy ra góc ở tâm chắn cung BC nhỏ.

Lời giải:

Vì chắn cung BC lớn nên số đo cung BC lớn là: .

Số đo cung BC nhỏ là: .

Suy ra số đo của .

Đáp án B

Câu 29. Trong hình vẽ, độ dài bằng

A.

B.

C. 2.

D. .

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pythagore để tính BC.

Áp dụng tỉ số lượng giác vào tam giác ABC và tam giác AHB để tính AH.

Lời giải:

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC, ta có:

.

Áp dụng tỉ số lượng giác vào tam giác ABC và tam giác AHB, ta có:

Suy ra

Đáp án D

Câu 30. Một hãng taxi có giá 15 nghìn đồng cho kilômét đầu tiên và giá 12 nghìn đồng cho mỗi kilômét tiếp theo. Với 150 nghìn đồng thì hành khách có thể di chuyển được tối đa bao nhiêu kilômét (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)?

A. 13 km.

B. 12 km.

C. 11 km.

D. 14 km.

Phương pháp:

Gọi x là số kilômét di chuyển được tối đa.

Xác định bất đẳng thức thoả mãn yêu cầu.

Giải bất phương trình để tìm x.

Lời giải:

Gọi x là số kilômét di chuyển được tối đa. .

Vì hãng taxi có giá 15 nghìn đồng cho kilômét đầu tiên và giá 12 nghìn đồng cho mỗi kilômét tiếp theo nên số tiền phải trả khi đi x kilômét là:

Ta có bất phương trình:

Vì nên

Đáp án B

Câu 31. Cho điểm thuộc đường tròn , dây vuông góc với tại trung điểm của . Tiếp tuyến tại của đường tròn cắt đường thẳng tại . Độ dài theo là

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pythagore để tính BM theo R.

Chứng minh để tính BE.

Lời giải:

Vì M là trung điểm của OA nên OM = MA = OA = .

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông OBM, ta có:

Xét và , ta có:

chung

nên

Suy ra

Do đó .

Đáp án C

Câu 32. Để đo chiều cao của một tháp (tham khảo hình vẽ), người ta đặt hai giác kế tại hai vị trí và . Qua ống ngắm của giác kế tại vị trí và , người ta nhìn thấy ngọn tháp dưới các góc lần lượt là và . Biết chiều cao của hai giác kế là và đều bằng m; m. Chiều cao của tháp bằng (làm tròn đến hàng phần trăm)

A. 47,11 m.

B. 45,45 m.

C. 47,10 m.

D. 47,50 m.

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác để tính BH.

Chiều cao của tháp = BH + HP.

Lời giải:

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABH, ta có: .

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác BHC, ta có: .

Mà AH = MN – HC nên

Suy ra

Chiều cao của tháp là:

Đáp án A

PHẦN TỰ LUẬN (4,0 điểm)

Câu 1: (1 điểm)

a) Giải bất phương trình

b) Rút gọn biểu thức với

Phương pháp:

a) Chuyển vế để giải bất phương trình.

b) Khi rút gọn biểu thức, ta cần thực hiện theo các bước sau:

+ Bước 1: Tìm điều kiện xác định (nếu cần);

+ Bước 2: Phân tích mẫu thành nhân tử để tìm mẫu thức chung rồi quy đồng;

+ Bước 3: Áp dụng các phép toán (cộng, trừ, nhân, chia) phân thức kết hoặc các phép biến đổi khai căn để rút gọn phân thức.

Lời giải:

a) Ta có

Vậy tập nghiệm là

b) Ta có

Vậy , với

Câu 2: (1 điểm)

a) Giải phương trình

b) Tìm để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

Phương pháp:

a) Sử dụng để giải phương trình.

Nếu thì phương trình có hai nghiệm phân biệt .

b) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì

Áp dụng định lí Viète, thay vào để tìm m.

Lời giải:

a) Phương trình có

Phương trình có hai nghiệm: và

Vậy nghiệm của phương trình là .

b) Ta có phương trình có

Điều kiện có hai nghiệm phân biệt:

Theo định lí Viète, ta có

Thay vào , ta dược:

Vậy

Câu 3: (1,0 điểm)

Hưởng ứng Ngày sách và văn hóa đọc Việt Nam năm 2025, tại một trường THCS, học sinh hai lớp 9A và 9B đã tặng thư viện nhà trường 210 quyển sách. Trong đó, mỗi học sinh lớp 9A tặng 3 quyển sách, mỗi học sinh lớp 9B tặng 2 quyển sách. Tính số học sinh của mỗi lớp, biết rằng lớp 9B nhiều hơn lớp 9A là 5 học sinh.

Phương pháp:

Gọi số học sinh lớp 9A là (học sinh)

Biểu diễn số học sinh lớp 9B theo .

Biểu diễn số sách lớp 9A, 9B tặng.

Vì hai lớp 9A và 9B tặng 210 quyển sách nên ta lập được phương trình.

Giải phương trình để tìm .

Kiểm tra điều kiện và kết luận.

Lời giải:

Gọi số học sinh lớp 9A là (học sinh)

Số học sinh lớp 9B là (học sinh)

Mỗi học sinh lớp 9A tặng 3 quyển sách nên số sách lớp 9A tặng là: (quyển)

Mỗi học sinh lớp 9B tặng 2 quyển sách nên số sách lớp 9B tặng là: (quyển)

Vì hai lớp 9A và 9B tặng 210 quyển sách nên ta có phương trình:

(TMĐK)

Vậy số học sinh lớp 9A là 40 học sinh, số học sinh lớp 9B là 45 học sinh.

Câu 4: (2 điểm)

Cho đường tròn (O), bán kính và dây cung . Lấy một điểm A bất kì trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE của tam giác ABC cắt nhau tại H

a) Chứng minh rằng tứ giác DHEC nội tiếp.

b) Kẻ đường kính AM của đường tròn (O) và OI vuông góc với BC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của HM.

c) Khi tích lớn nhất, hãy tính diện tích tam giác ABC theo R.

Phương pháp:

a) Chứng minh vuông tại D và vuông tại E nên H, D, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính HC hay DHEC nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh là hình bình hành nên cân tại O

Chứng minh I là trung điểm của BC nên I là trung điểm của HM.

c) Chứng minh

Chứng minh nên hay

Từ , biến đổi được

không đổi

Chứng minh lớn nhất bằng khi D là trung điểm của BC

Suy ra .

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác OBD để tính OD.

Suy ra .

Tính diện tích tam giác ABC theo AD và BC.

Lời giải:

a) Do AD, BE là đường cao nên vuông tại D và vuông tại E

vuông tại D nên H, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính HC

vuông tại E nên H, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính HC

Suy ra H, D, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính HC hay DHEC nội tiếp đường tròn.

b) Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra (cùng vuông góc với AC) và (do cùng vuông góc với AB)

Suy ra là hình bình hành (dhnb)

Ta có (cùng bằng bán kính) nên cân tại O

Mà OI là đường cao nên OI đồng thời là trung tuyến hay I là trung điểm của BC

Suy ra I là trung điểm của HM (tính chất hình bình hành)

c) Ta có (2 góc đối đỉnh)

        (cùng cộng với bằng )

Suy ra

Xét và có và 

Suy ra nên hay

Ta có nên

Hay

Suy ra không đổi

Nên lớn nhất bằng khi tức là D là trung điểm của BC

Suy ra . Khi đó

Suy ra

Vậy diện tích tam giác ABC là

Câu 5: (1,0 điểm)

a) Cho các số thực thay đổi và thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

b) Từ một tấm bìa hình vuông cạnh 21cm, bạn Nga cắt được một hình có dạng như hình vẽ (phần tô đậm và được bao quanh bởi đường liền nét). Biết rằng hình tròn diện tích và có tâm trùng với tâm của hình vuông. Tính tổng độ dài đường viền của hình thu được (lấy và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Phương pháp:

a) Biến đổi về phương trình bậc hai ẩn y.

Tính .

Để phương trình có nghiệm y thì .

Chia hai trường hợp:

TH1: Nếu và

TH2: Nếu và

TH3: Nếu và

b) Tính bán kính của hình tròn.

Tính chu vi của đường tròn.

Tính độ dài cung nhỏ .

Tính độ dài đoạn thẳng OA theo AB.

Suy ra AE.

Tổng độ dài phần đường viền là: .

Lời giải:

a) Ta có

Có

Để phương trình có nghiệm y thì

TH1: Nếu thì với mọi y, z

         Nếu thì với mọi y,z

TH2: Nếu và thì với mọi y

TH3: Nếu và thì và hay

Khi đó

Ta có:

Vì nên hay

Do đó (do )

Khi đó 

                

Vì nên

Vì là giá trị nhỏ nhất trong các trường hợp trên nên F đạt GTNN bằng

Dấu  xảy ra chẳng hạn khi

b) Bán kính của hình tròn là

Chu vi của đường tròn là

Vì là hình vuông nên

Độ dài cung nhỏ là

vuông cân tại nên

Do đó

Vậy tổng độ dài phần đường viền là