Bộ 40 Đề ôn thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT và THPT chuyên môn Toán

u IV
1) Để chứng minh đẳng thức (*) về diện tích các tam giác (chẳng hạn (*))
Bạn có thể nghĩ đến một trong ba cách sau :
· Nếu ba tam giác tương ứng có một cạnh bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các đường cao tương ứng h1, h2, h để chứng minh (chẳng hạn(*) Û h1 + h2 = h). 
· Nếu ba tam giác tương ứng có một đường cao bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các cạnh tương ứng a1, a2, a để chứng minh (chẳng hạn(*) Û a1 + a2 = a). 
· Nếu hai trương hợp trên không xẩy ra thì biến đổi (*) về đẳng thức tỉ số diện tích để chứng minh (chẳng hạn(*) Û ). Thường đẳng thức về tỷ số diện tích tam giác là đẳng thức về tỉ số các cạnh tương ứng trong các cặp tam giác đồng dạng. 
2) Trong bài toán trên, hai khả năng đầu không xảy ra. Điều đó dẫn chúng ta đến lời giải với các cặp tam giác đồng dạng.
Câu V
Để các bạn có cách nhìn khái quát, chúng tôi khai triển bài toán trên một bình diện mới. 
 Viết lại = 3(x2 + 2) Û = 3[(x + 1) + x2 - x + 1) (1)
 Phương trình (1) có dạng a.P(x) + b.Q(x) + = 0 (a ¹ 0, b ¹ 0, g ¹ 0) (2)
 (phương trình đẳng cấp đối với P(x) và Q(x)). Đặt , (3)
 phương trình (1) được đưa về at2 + g t + b = 0. (4)
 Sau khi tìm được t từ (4), thể vào (3) để tìm x.
ĐỀ SỐ 6
Câu 1:
Câu 2: 
a) Đk: và (*)
Rút y từ phương trình (1) rồi thế vào phương trình (2) ta được:
.
+ Với x = 2, suy ra y = x + 1 = 3 (thoả mãn (*))
+ Với x = , suy ra y = x +1 = (thoả mãn (*))
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (2; 3) và .
b) Phương trình x2 – x – 3 = 0 có các hệ số a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. 
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. 
Do đó: P = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 1 + 6 = 7.
Câu 3: 
a) Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3.
Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2 (1)
Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) nên ta có: (2). 
Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b = .
b) Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm)
 ( x; y > 0).
Theo bài ra ta có hệ phương trình: .
Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2 – 13t + 40 = 0 (1).
Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là 8 và 5.
Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm.
Câu 4: 
a) Ta có:
(gt)(1).(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp.
Tương tự, tứ giác ABCI có: 
 ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn.



b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3).
Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (4).
Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (5).
Từ (3),(4),(5) suy ra NM là tia phân giác của .
c) ∆BNM và ∆BIC có chung góc B và ∆BNM ~ ∆BIC (g.g) BM.BI = BN . BC . 
Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB. 
Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6).
Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có: 
 BC2 = AB2 + AC2 (7).
Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh.
Câu 5: A = .
 Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi: (1).
Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2). 
Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất.
Lời bình:
Câu IVc
a) Biết bao kí ức ùa về khi bắt gặp đẳng thức 
 BM . BI + CM . CA = AB2 + AC2. (1)
· Phải chăng Từ đó cộng theo từng vế để có (1).
 Nếu có (1) thì AB phải là cạnh chung một cặp tam giác đồng dạng. Tiếc rằng điều ấy không đúng. Tương tự cũng không có (2).
· Để ý AB2 + AC2 = BC2 vậy nên (1) Û BM.BI + CM.CA = BC2 (3)
Khả năng (với 0 < k < 1), từ đó cộng theo từng vế để có (1) cũng không xẩy ra vì BC không phải là cạnh chung của một cặp tam giác đồng dạng.
· Để ý BN + NC = BC vậy nên (1) Û BM.BI + CM.CA = BC(BN + NC) 
 Û BM.BI + CM.CA = BC.BN + BC.NC (4)
Điều ấy dẫn dắt chúng ta đến lời giải trên. 
b) Mong thời gian đừng lãng quên phân tích : PQ2 = PQ(PK + KQ) 
 là một cách để chứng minh đẳng thức dạng : PX.PY + QM.QN = PQ2.
 (ở đây K là một điểm thuộc đoạn thẳng PQ).
Câu V
ê Cảnh báo. Các bạn cùng theo dõi một lời giải sau :
 Biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi . Biến đổi . 
 Suy ra minA = 2, đạt được khi x = y = 1 (!). 
· Kết quả bài toán sai thì đã rõ. Nhưng cái sai về tư duy mới đáng bàn hơn.
1) Điều kiện xác định của P(x; y) chứa đồng thời và là 
 Do vậy để tìm GTLN, GTNN P(x; y) cần phải xét độc lập hai trường hợp và 
2) Không thể gộp chung thành 
3) Do cho rằng điều kiện xác định của P(x; y) là (bỏ sót )
Vậy nên A = 2 là GNNN của A trên , chưa đủ để kết luận đó là GTNN của A trên D.
4) Nhân đây liên tưởng đến phương trình . (1)
 Biến đổi đúng (1) Û . Cách biến đổi sau là sai (1) Û . 
ĐỀ SỐ 7
Câu 1: a) Biểu thức A có nghĩa .
 b) 
= .
Câu 2: a) ( x – 3 )2 = 4x – 3 = ± 2 . 
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 5; x = 1
b) Đk: .
.
Câu 3: a) Ta có ∆/ = m2 + 1 > 0, "m Î R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1.
Ta có: x12 + x22 – x1x2 = 7(x1 + x2)2 – 3x1.x2 = 7
 4m2 + 3 = 7m2 = 1 m = ± 1.
Câu 4: 
a) ∆SBC và ∆SMA có: 
, 
(góc nội tiếp cùng chắn ).
.
b) Vì AB ^ CD nên . 
Suy ra (vì cùng bằng tứ giác BMHK nội tiếp được đường tròn (1). 
Lại có: (2)
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). 



Từ (1) và (2) suy ra , do đó HK // CD (cùng vuông góc với AB).
c) Vẽ đường kính MN, suy ra .
Ta có: (sđ- sđ); sđ= (sđ- sđ); 
mà và nên suy ra 
(g.g) .
Câu 5: Giải hệ phương trình: 
Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x3 – y3 = 2(y – x)
(x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = 0 x – y = 0x = y.
( do x2 – xy + y2 + 2 = )
Với x = y ta có phương trình: x3 – 2x + 1 = 0
(x – 1)(x2 + x – 1) = 0 . 
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: .
ĐỀ SỐ 8 
Câu 1: 
b) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 = . 
Do đó P = .
Câu 2:
 b) A < 0 .
Câu 3: a) Với m = 0 ta có phương trình x2 – x + 1 = 0
Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm.
b) Ta có: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m. 
Để phương trình có nghiệm thì ∆0 - 3 – 4m0 4m (1).
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m
Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được: 
(1 + m)(1 + m – 2) = 3m2 = 4 m = ± 2. 
Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn.
Câu 4: 
a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)(1)
Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC 
(2). 

Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.
b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)
Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra:(góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). 
Từ (3) và (4) suy ra 
c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). 
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì (6).
Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.
Câu 5: Vì b, c nên suy ra . Do đó:
a + b2 + c3 – ab – bc – ca a + b + c – ab – bc – ca (1).
Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2)
Vì a, b, c nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0 ; – abc0
Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca 1 (3).
Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. 
ĐỀ SỐ 9
Câu 1: a) Thay x = vào hàm số ta được:
y = .
b) Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = ; còn đường thẳng y = 3x + m cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = . Suy ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên trục hoành .
Câu 2: a) A =
, với .
b) Điều kiện: x ≠ 3 và x ≠ - 2 (1).
x2 – 4x + 3 = 0. Giải ra ta được: x1 = 1 (thỏa mãn); x2 = 3 (loại do (1)). 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
Câu 3: a) Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được:
.
Vậy phương trình có nghiệm (1; 2).
b) Giải hệ đã cho theo m ta được:
Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10
m2 + (m + 1)2 = 10 2m2 + 2m – 9 = 0. 
Giải ra ta được: .
Câu 4: 
a) Tứ giác ACNM có: (gt) ( tínhchất tiếp tuyến).
ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD.
b) ∆ANB và ∆CMD có:
(do tứ giác BDNM nội tiếp)
(do tứ giác ACNM nội tiếp) ∆ANB ~ ∆CMD (g.g)
c) ∆ANB ~ ∆CMD= 900 (do là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
Suy ra IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK (1).
Tứ giác ACNM nội tiếp (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2). 


Lại có: sđ) (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra IK // AB (đpcm).
Câu 5: Ta có: 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:
Từ (2) và (3) suy ra: 
Từ (1) và (4) suy ra:
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
*Lời nhắn
Câu V
Các bạn được sử dụng bất đẳng thức Cô-si để làm toán như một định lý (không phải chứng minh)
Bất đẳng thức Cô-si chỉ áp dụng cho các số không âm. Cụ thể là :
 + Với hai số a ³ 0, b ³ 0 ta có , dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = b.
 + Với ba số a ³ 0, b ³ 0, c ³ 0 ta có , dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = b = c.
ĐỀ SỐ 10
Câu 1:
b) 
Vì 0 < x < 1 nên .
Câu 2: a) 
b) 
Đặt = t (t ≥ 0) (1)
Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 + 3t – 4 = 0 (2)
Phương trình (2) có tổng các hệ số bằng 0; suy ra (2) có hai nghiệm: t1 = 1 (thỏa mãn (1)); t2 = - 4 (loại do (1)).
Thay t1 = 1 vào (1) suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 3: Gọi x là số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất được trong 1 giờ(x > 0). 
Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10.
Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là (giờ)
Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là (giờ)
Theo bài ra ta có phương trình: (1)
Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại). 
Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II.
Câu 4: 
a) Ta có và lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O/) 
Suy ra C, B, D thẳng hàng.
b) Xét tứ giác CDEF có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/)
 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.


c) Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang.
Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2)
Từ (1) suy ra IK ^ MN IK KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định).
Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AKd ^ AK tại A.
Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA.
Câu 5: Ta có:
 (1) (gt)
 (2)
 (3)
Từ (1) và (2) suy ra:
 (4)
Từ (1) và (3) suy ra:
 (5)
Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được:
x + y = - (x + y) 2(x + y) = 0 x + y = 0.
ĐỀ SỐ 11
Câu 1: 1) Rút gọn
A = 
 = 
2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1, x2 = .
Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến khi trên R khi và chỉ khi 3 - k 3
2) Giải hệ: 
Câu 3: 1) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: m < 0
2) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ∆’ = 9 - m ≥ 0 m ≤ 9
Theo hệ thứcViét ta có 
Theo yêu cầu của bài ra x1 - x2 = 4	 (3)
Từ (1) và (3) x1 = 5, thay vào (1) x2 = 1
Suy ra m = x1.x2 = 5 (thoả mãn)
Vậy m = 5 là giá trị cần tìm.	
 Câu 4:	
a) Ta có E là trung điểm của AC OE AC hay = 900.
Ta có Bx AB =900.
nên tứ giác CBME nội tiếp.
b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp (cung chắn ), (cùng chắn cung EM) ~ (g.g) IB.IE = M.IO


Câu 5: Ta có : P = 3x + 2y + 
Do 
 , 
Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19
Dấu bằng xẩy ra khi 
Vậy min P = 19.
Lời bình:
Câu V
· Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P ³ B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn).
1) Do giả thiết cho x + y ³ 6, đã thuận theo sơ đồ "bé dần": P ³ B, điều ấy mách bảo ta biểu thị P theo (x + y). Để thực hiện được điều ấy ta phải khử và . 
 Do có x > 0; y > 0 nên việc khử được thực hiện dễ dàng bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các từng cặp số Ax và , By và .
 Bởi lẽ đó mà lời giải đã "khéo léo" tách , . 
2) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm ở sự "khéo léo" nói trên. Các số , được nghĩ ra bằng cách nào?
 Với mọi số thực a < 2, ta có 
 = (1)
 Þ (2)
Ta có , dấu đẳng thức có khi ; (3)
 , dấu đẳng thức có khi . ; (4) 
 Để (2) trở thành đẳng thức buộc phải có x + y = 6 Þ (5)
 Thấy rằng là một nghiệm của (5). Thay vào (2) ta có sự phân tích như lời giải đã trình bày. Các số , được nghĩ ra như thế đó.
3) Phương trình (3) là phương trình "kết điểm rơi". Người ta không cần biết phương trình "kết điểm rơi" có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. (Việc giải phương trình "kết điểm rơi" nhiều khi phức tạp và cũng không cần thiết.)
ĐỀ SỐ 12 
Câu 1: Rút gọn biểu thức
1) A = = 
 = = 15
2) B = với a ≥ 0, a ≠ 1
= = (1 + ) (1 - ) = 1 - a
Câu 2: 1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a . (- 2)2 4a = -12
 a = - 3. Khi đó hàm số là y = - 3x2.
2) a) Với m = 5 ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0.
∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11
x1 = ; x2 = 
b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi:
∆’ > 0 (m + 1)2 - m2 > 0 2m + 1 > 0 m > (*)
Phương trình có nghiệm x = - 2 4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 
 m2 - 4m = 0 (thoả mãn điều kiện (*))
Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm.
Câu 3:
Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m)
Diện tích thửa ruộng là x.y
Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3)
Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng còn lại là (x-2) (y-2).
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
.
Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2).
Câu 4: 1) Ta có 
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp
Vì tứ giác ABCD nội tiếp. (cùng chắn cung AB). (1)
Ta có tứ giác DMCS nội tiếp (cùng bù với ). (2)
Từ (1) và (2) .
2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD CK, CA BK.
 M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K.
3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp (cùng chắn ). (3)
Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp (cùng chắn ). (4)
Từ (3) và (4) hay AM là tia phân giác .
Chứng minh tương tự: hay DM là tia phân giác .
Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE.
Câu 5: Ta có: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3)
Điều kiện: x ≥ 2 (*)
Phương trình đã cho
 (thoả mãn đk (*))
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2.
Lời bình:
Câu IVb
Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, một phương pháp thường dùng là chứng minh ba đường thẳng ấy hoặc là ba đường cao, hoặc là ba đường trung tuyến, hoặc là ba đường phân giác của một tam giác.
ĐỀ SỐ 13
Câu 1: 
1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠ 2
Ta có: 
2) Ta có: P = 
P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8 (a + 2)
Câu 2:
1) Đường thẳng đi qua điểm M (1; -1) khi a + (2a - 1) . (- 1) + 3 = 0 
 a - 2a + 4 = 0 a = 4
Suy ra đường thẳng đó là 4x + 7y + 3 = 0 
nên hệ số góc của đường thẳng là 
 2) a) Phương trình có nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0.
 b) Phương trình có 2 nghiệm khi:
∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0 m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng m.
Ta có x1.x2 = 5 = 5 m + 1 = 5m - 5 .
Với m = ta có phương trình : x2 - 3x + x2 - 6x + 5 = 0
Khi đó x1 + x2 = 
Câu 3: Hệ đã cho .
Câu 4:	
1) Theo giả thiết ta có:
Mà 
Tương tự 
Xét tứ giác BICK có 
 4 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O đường kính IK.
2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì ∆ICK vuông tại C) ∆ IOC cân tại O 
 	 (1)
Ta lại có (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC.


Ta có AH BC. (Vì ∆ ABC cân tại A).
Trong ∆ IHC có 
Hay hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O).
3) Ta có BH = CH = 12 (cm).
Trong ∆ vuông ACH có AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 AH = 16
Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có:
 (16 - IH) . 3 = 5 . IH IH = 6
Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180
Trong ∆ vuông ICK có IC2 = IH . IK 
 , OI = OK = OC = 15 (cm)
Câu 5:
Ta có (1)	Điều kiện: x ≥ - 2010
(1)
Giải (2) : (2)  
(4) (x + 1)2 = x + 2010 x2 + x - 2009 = 0
∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037
 (loại)
Giải (3): (3) 
(5) .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041, 
 (loại nghiệm x1)
Vậy phương tình có 2 nghiệm: .
Lời bình:
Câu V
· Bằng cách thêm bớt , sự nhạy cảm ấy đã trình bày lời giải ngắn gọn. 
· Không cần một sự khéo léo nào cả, bạn cũng có một lời giải trơn tru theo cách sau : 
Đặt , y ³ 0 bài toán được đưa về giải hệ . 
Đây là hệ phương trình hệ đối xứng kiểu 2 quen thuộc đã biết cách giải.
Chú ý : Phương trình đã cho có dạng 
 (ax + b)2 = + qx + r , (a ¹ 0, a' ¹ 0, p ¹ 0)
 Đặt :
 Thường phương trình trở thành hệ đối xứng kiểu 2.
SỐ 14
Câu 1: 1) Ta có : 
P = =
 = 
 = 
2) P = 2 khi 
Câu 2: 1) d song song với trục Ox khi và chỉ khi .
2) Từ giả thiết, ta có: .
Vậy đường thẳng d có phương trình: 	
Câu 3: 1) Với m = - 3 ta có phương trình: x2 + 8x = 0 x (x + 8) = 0 
2) Phương trình (1) có 2 nghiệm khi:
∆’ (m - 1)2 + (m + 3) ≥ 0 m2 - 2m + 1 + m + 3 ≥ 0 
m2 - m + 4 > 0 đúng 
Chứng tỏ phương trình có 2 nghiệm phân biệt m
Theo hệ thức Vi ét ta có: 
Ta có = 10 (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 10 4 (m - 1)2 + 2 (m + 3) = 10
 4m2 - 6m + 10 = 10
3) Từ (2) ta có m = -x1x2 - 3 thế vào (1) ta có:
x1 + x2 = 2 (- x1x2 - 3 - 1) = - 2x1x2 - 8
 x1 + x2 + 2x1x2 + 8 = 0
Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc m.
Câu 4: 1) Từ giả thiết suy ra
. (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
Trong tứ giác AFHE có: 
 là hình chữ nhật.
2) Vì AEHF là hình chữ nhật AEHF nội tiếp (góc nội tiếp chắn ) (1)
Ta lại có (góc có cạnh tương ứng ) (2)
Từ (1) và (2) 
mà 
 Vậy tứ giác BEFC nội tiếp.
3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và đường kính HC. 
Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật. 
cân tại O . Vì ∆ CFH vuông tại F O2C = O2F = O2H ∆ HO2F cân tại O2. mà Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O2.
Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1.
Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn.
Câu 5: Tìm GTLN, GTNN của x thoả mãn.
Từ (1) a + b + c = 7 - x.. Từ (2) a2 + b2 + c2 = 13 - x2.
Ta chứng minh: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2.
 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2ac - 2bc ≥ 0
 (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (đpcm)
Suy ra 3 (13 - x2) ≥ (7 - x)2. 3 (13 - x2) ≥ 49 - 14x + x2.
4x2 - 14x + 10 ≤ 0 1 ≤ x ≤ . 
.
Vậy max x = , min x = 1.
 ĐỀ SỐ 15
Câu 1: a) M = 
 = 
 = 
 = . 
b) M > 0 x - 1 > 0 (vì x > 0 nên > 0) x > 1. (thoả mãn)
Câu 2: a) Ta thấy: a = 1; b = - 2m; c = - 1, rõ ràng: a. c = 1 . (-1) = -1 < 0
 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b) Vì phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
 do đó: 
	 (2m)2 - 3 . ( -1) = 7 4m2 = 4 m2 = 1 m = 1.
Câu 3: Gọi x (chiếc) là số xe lúc đầu (x nguyên, dương)
Số xe lúc sau là: x + 3 (chiếc)
Lúc đầu mỗi xe chở: (tấn hàng), sau đó mỗi xe chở: (tấn hàng)
Ta có phương trình: x2 + 3x - 180 = 0
Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TMĐK)
Vậy đoàn xe lúc đầu có 12 chiếc.
Câu 4: a) = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AM MB (1)
MN = BN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau), OM = OB 
 ON là đường trung trực của đoạn thẳng MB 
 ON MB (2) 
Từ (1) và (2) AM // ON OAMN là hình thang.
b) ∆ NHK có HM NK; KB NH. 
suy ra O là trực tâm ∆NHK ON KH (3)
Từ (2) và (3) KH // MB
Câu 5: 5x - 2(2 + y) + y2 + 1 = 0 (1). Điều kiện: x ≥ 0
Đặt = z, z 0, ta có phương trình:
5z2 - 2(2 + y)z + y2 + 1 = 0
Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn z thì phương trình có nghiệm khi ∆’ ≥ 0
∆’ = (2 + y)2 - 5(y2 + 1) = - (2y - 1)2 ≤ 0 với y
Để phương trình có nghiệm thì ∆’ = 0 
Thế vào (1) ta tìm được x = . Vậy x = và là các giá trị cần tìm.
Lời bình:
Câu V
1) Để giải một phương trình chứa hai ẩn, ta xem một trong hai ẩn là tham số. Giải phương trình với ẩn còn lại. 
2) Các bạn tham khảo thêm một lời giải khác :
Ta có 5x - + y2 + 1 = 0 Û (4x - + 1) + y2 + + x = 0 
 Û Û Û .
Qua biến