Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và THPT Chuyên môn Toán

 khi IK = AK d  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:   2 2x + x 2011 y + y 2011 2011   (1) (gt)   2 2x + x 2011 x - x 2011 2011    (2)   2 2y + y 2011 y - y 2011 2011    (3) 
Từ (1) và (2) suy ra:    2 2y + y 2011 x - x 2011    (4) 
Từ (1) và (3) suy ra:    2 2x + x 2011 y - y 2011    (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 =        
21 - a 1 + a + a 1 - a + a1 - a 1 - a 1 + a
            
 =        22 21 11 + 2 a + a . = 1 + a . = 1.1 + a 1 + 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 = 32 . 
Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến khi trên R khi và chỉ khi 3 - k 3 
2) Giải hệ: 2x = 4x + y = 5 8x +2y = 10 11x = - 2 11 3x - 2y = - 12 3x - 2y = -12 4x + y = 5 63y = 11
           
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 59 
I
E
x
M
O
C
B
A
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 1 2
1 2
x + x = 6 (1)
x . x = m (2)
 
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 OEM = 900. 
Ta có Bx  AB  ABx =900. nên tứ giác CBME nội tiếp. b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp  
 OMB = OEB (cung chắn OB ), 
 EOM = EBM (cùng chắn cung EM) EIO   ~ MIB (g.g) IB.IE = M.IO 
Câu 5: Ta có : P = 3x + 2y + 6 8 3 3 3 6 y 8 + = ( x + y) + ( x + ) + ( + )x y 2 2 2 x 2 y 
Do  3 3 3 3x + y = x + y . 6 = 9.2 2 2 2 
3x 6 3x 6 + 2 . = 62 x 2 x , y 8 y 8 + 2 . = 42 y 2 y 
Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19 
Dấu bằng xẩy ra khi 
x + y = 6
x = 23x 6 = y = 42 xy 8 = 2 y
   
Vậy min P = 19. 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 60 
Lời bình: Câu V 
  Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P  B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Do giả thiết cho x + y  6, đã thuận theo sơ đồ "bé dần": P  B, điều ấy mách bảo ta biểu thị P theo (x + y). Để thực hiện được điều ấy ta 
phải khử 6x và 
8
y . 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 6x , By và 
8
y . 
 Bởi lẽ đó mà lời giải đã "khéo léo" tách 3 33 2 2x x x  , 3 12 2 2y y y  . 2) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm ở sự "khéo léo" nói trên. Các số 3
2 , 
1
2 được nghĩ ra bằng cách nào? Với mọi số thực a < 2, ta có 
 6 83 2P x y x y    = 6 8( ) (3 ) (2 )a x y a x a yx y
              (1) 
  6 2 6(3 ) 2 8(2 )P a a a     (2) 
Ta có 6(3 ) 2 6(3 )a x ax    , dấu đẳng thức có khi 63x a  ; (3) 
 8(2 ) 2 8(2 )a y ay    , dấu đẳng thức có khi 82y a  . ; (4) 
 Để (2) trở thành đẳng thức buộc phải có x + y = 6  
6 8 63 2a a   (5) 
 Thấy rằng 32a  là một nghiệm của (5). Thay 32a  vào (2) ta có sự 
phân tích như lời giải đã trình bày. Các số 32 , 
1
2 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) 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 61 
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 = 20 - 45 + 3 18 + 72 = 5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2 
 = 2 5 - 3 5 + 9 2 + 6 2 = 15 2 - 5 
2) B = a + a a - a1 + 1 + a + 1 1 - a
         với a ≥ 0, a ≠ 1 
= a ( a + 1) a ( a - 1)1 + 1 - a + 1 a - 1
         = (1 + a ) (1 - a ) = 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 = - 6 - 11 ; x2 = - 6 + 11 b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi: 
∆’ > 0  (m + 1)2 - m2 > 0 2m + 1 > 0  m > - 12 (*) Phương trình có nghiệm x = - 2  4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 
 m2 - 4m = 0  m = 0m = 4 (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: 
 (x + 2) (y + 3) = xy + 100(x - 2) (y - 2) = xy - 68
 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 62 
O
k
s
e
m
d
cb
a
xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100 xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68
  3x + 2y = 94 x = 22 x = 22 2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14         . Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2). 
Câu 4: 1) Ta có  0BAC = 90 (gt) 
 0MDC = 90 (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.  ADB = ACB (cùng chắn cung AB). (1) 
Ta có tứ giác DMCS nội tiếp ADB = ACS 
(cùng bù với MDS). (2) 
Từ (1) và (2)   BCA = ACS . 2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD  CK, CA  BK. 
 M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác MEC = 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   DAC = DBC (cùng chắn DC ). (3) 
Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp   MAE = MBE (cùng chắn ME ). (4) 
Từ (3) và (4)   DAM = MAE hay AM là tia phân giác DAE . 
Chứng minh tương tự:  ADM = MDE hay DM là tia phân giác ADE . 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 (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0 
 x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0     x - 2 - x + 3 x - 1 - 1 = 0 
x - 2 = x + 3 (VN) 2x - 1 - 1 = 0 
   x (thoả mãn đk (*)) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2. 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 63 
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:          a - 1 a + a + 1 a + 1 a - a + 1 a + 2P = - : a - 2a a - 1 a a + 1     
a + a + 1 - a + a - 1 a + 2 = : a - 2a 
2 (a - 2)= a + 2 
2) Ta có: P = 2a - 4 2a + 4 - 8 8 = = 2 - a + 2 a + 2 a + 2 P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8  (a + 2) a + 2 = 1 a = - 1; a = - 3
a + 2 = 2 a = 0 ; a = - 4 a + 2 = 4 a = 2 ; a = - 6
a + 2 = 8 a = 6 ; a = - 10
       
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 - 4 3 7y = - 4x - 3 y = x - 7 7  
nên hệ số góc của đường thẳng là 47
 
 2) a) Phương trình có nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0 m 1   . b) Phương trình có 2 nghiệm khi: ∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0  m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng m. 
Ta có x1.x2 = 5  m + 1m - 1 = 5  m + 1 = 5m - 5 3 4m = 6 m = 2  . 
Với m = 32 ta có phương trình : 
1
2 x2 - 3x + 
5 = 0 2  x2 - 6x + 5 = 0 
Khi đó x1 + x2 = - b = 6a 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 64 
Câu 3: Hệ đã cho 4x + 7y = 18 25x = 25 x = 1 21x - 7y = 7 3x - y = 1 y = 2
         . Câu 4: 1) Theo giả thiết ta 
có:   1 2 3 4B = B , B = B 
Mà     01 2 3 4B + B + B + B = 180 
  02 3B B 90  
Tương tự   02 3C + C = 90 
Xét tứ giác BICK có   0B + C = 180  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 
  OIC = ICO. (1) 
Ta lại có  1 2C = C (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC. 
2
1
23 44
1
3
K
I
HB C
A
O
Ta có AH  BC. (Vì ∆ ABC cân tại A). 
Trong ∆ IHC có    0 0HIC + ICH = 90 OCI + ICA = 90 . 
Hay  0ACO = 90 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: 
IA AC AH - IH AC 20 5 = = = = IH CH IH CH 12 3  (16 - IH) . 3 = 5 . IH  IH = 6 
Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180 
Trong ∆ vuông ICK có IC2 = IH . IK 
2IC 180 IK = = = 30IH 6 , OI = OK = OC = 15 (cm) 
Câu 5: 
Ta có 2x + x + 2010 = 2010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2010 
(1) 2 1 1 x + x + - x - 2010 + x + 2010 - = 04 4 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 65 
2 21 1 x + - x +2010 - = 02 2           
1 1x + = x + 2010 - . (2)2 2 1 1x + = - x + 2010 + . (3)2 2
 
Giải (2) : (2)  2x 1 0(x 1) x 2010 (4)
     (4)  (x + 1)2 = x + 2010  x2 + x - 2009 = 0 ∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037 
1 2
- 1 + 8037 -1 - 8037 x = ; x = 2 2 (loại) 
Giải (3): (3)  22010 x 0x x 2010 x x 2010 (5)
         (5) 2x x 2010 0    .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041, 
1 2
1 + 8041 1 - 8041 x = ; x = 2 2 (loại nghiệm x1) 
Vậy phương tình có 2 nghiệm: 1 8037 1 8041x ; x2 2
    . 
Lời bình: Câu V 
 Bằng cách thêm bớt 1( )4x  , 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 2010x y   , y  0 bài toán được đưa về giải hệ 22 20102010
x y
y x
     . 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 = ' 'p a x b + qx + r , (a  0, a'  0, p  0) 
 Đặt : ' ' , khi ' 0;' ' , khi ' 0.
a x b ay b pa
a x b ay b pa
         Thường phương trình trở thành hệ đối xứng kiểu 2. 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 66 
SỐ 14 
Câu 1: 1) Ta có : x + 1 2 x 2 + 5 xP = + - x - 4x - 2 x +2 
P = ( x +1) ( x +2) + 2 x ( x - 2) - 2 - 5 x( x - 2) ( x + 2) = 
 = x + 3 x +2 + 2x - 4 x - 2 - 5 x( x +2) ( x - 2) 
 = 3x - 6 x 3 x ( x 2) 3 x = = ( x + 2) ( x - 2) ( x + 2) ( x - 2) x +2
 
2) P = 2 khi 3 x = 2 3 x = 2 x +4 x = 4 x = 16x +2    
Câu 2: 1) d song song với trục Ox khi và chỉ khi m 1 0 m 1n 0 n 0
       . 
2) Từ giả thiết, ta có: m 1 3 m 21 m 1 n n 2
            . Vậy đường thẳng d có phương trình: y 3x 2   Câu 3: 1) Với m = - 3 ta có phương trình: x2 + 8x = 0  x (x + 8) = 0 
 x = 0 x = - 8 2) Phương trình (1) có 2 nghiệm khi: ∆’ 0  (m - 1)2 + (m + 3) ≥ 0  m2 - 2m + 1 + m + 3 ≥ 0 
 m2 - m + 4 > 0  21 15(m ) 02 4   đúng m Chứng tỏ phương trình có 2 nghiệm phân biệt m 
Theo hệ thức Vi ét ta có: 1 2
1 2
x + x = 2(m - 1) (1)
x - x = - m - 3 (2)
 
Ta có 2 21 2x + x = 10  (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 10  4 (m - 1)2 + 2 (m + 3) = 10 
 4m2 - 6m + 10 = 10 m = 0 2m (2m - 3) = 0 3m = 2
  
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. 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 67 
o2 o1
o ef
hc
b
aCâu 4: 1) Từ giả thiết suy ra 
 0 0CFH = 90 , HEB = 90 . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Trong tứ giác AFHE có: 
   0A = F = E = 90 AFHE là hình chữ nhật. 
2) Vì AEHF là hình chữ nhật  AEHF nội tiếp   AFE = AHE (góc nội 
tiếp chắn AE ) (1) 
Ta lại có  AHE = ABH (góc có cạnh tương ứng  ) (2) 
Từ (1) và (2) 
  AFE = ABH mà   0CFE + AFE = 180 
  0 CFE + ABH = 180 . 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. OF = OH FOH   
cân tại O   OFH = OHF . Vì ∆ CFH vuông tại F  O2C = O2F = O2H  ∆ HO2F cân tại O2.  2 2 O FH = O HF mà   02O HF + FHA = 90 . 
  02 O FH + HFO = 90 . 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. 
2 2 2 2
x + a + b + c = 7 (1)
x + a + b + c = 13 (2)
 
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 ≤ 52 . 
5 3x khi a b c , x 1 khi a b c 22 2        . 
Vậy max x = 52 , min x = 1. 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 68 
 ĐỀ SỐ 15 
Câu 1: a) M = x 1 1 2 - : + x - 1x - 1 x - x x + 1
           
 =        x 1 x - 1 2 - : + x - 1 x ( x - 1) x - 1 x + 1 x - 1 x +1           
 =            x - 1 x + 1x - 1 x + 1 x - 1 : = . x + 1x x - 1 x - 1 x +1 x x - 1 
 = x - 1x . 
b) M > 0  x - 1 > 0 (vì x > 0 nên x > 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: 
1 2
1 2
bx + x = - 2ma cx . x = = - 1a
 
 do đó: 
 22 21 2 1 2 1 2 1 2x + x - x x = 7 x + x - 3x x = 7 
  (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: 480x (tấn hàng), sau đó mỗi xe chở: 
480
x + 3 (tấn hàng) 
Ta có phương trình: 480 480 - = 8 x x +3  x2 + 3x - 180 = 0 
Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TMĐK) 
Vậy đoàn xe lúc đầu có 12 chiếc. 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 69 
a
h
bo
n
m
k
Câu 4: a) AMB = 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 x (2 + y) + y2 + 1 = 0 (1). Điều kiện: x ≥ 0 
Đặt x = 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 1 y = 2 
Thế vào (1) ta tìm được x = 14 . Vậy x = 
1
4 và 
1 y = 2 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  2 (2 )x y + y2 + 1 = 0  (4x 4 x + 1) + y2 + 2y x + x = 0 
  2 2(2 1) ( ) 0x y x     2 1 0x y x     
1 1( ; )4 2x y  . 
Qua biến đổi ta thấy 5x  2 (2 )x y + y2 + 1  0 với mọi y, với mọi x > 0 . 
Trình bày lời giải này chúng tôi muốn nghiệm lại Lời bình sau câu 5 đề 2 rằng: phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi". Biến đổi về tổng các biểu thức cùng dấu là cách giải đặc trưng của "phương trình điểm rơi". 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 70 
q
o
p
ed
cb
a
ĐỀ SỐ 16 
Câu 1: 
1) K = x x(2 x - 1)-x - 1 x( x - 1) = 
x - 2 x + 1 = x - 1x - 1 
2) Khi x = 4 + 2 3 , ta có: K = 4 2 3 - 1 =  23 +1 -1 = 3 +1-1 = 3 
Câu 2: 1) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 nên a = 3. Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1;2) nên ta có:2 = 3.(-1) + b  b= 5 (t/m vì b 1 ) Vậy: a = 3, b = 5 là các giá trị cần tìm. 
2) Giải hệ phương trình: 3x + 2y = 6x - 3y = 2 
 3 (3y + 2) + 2y = 6x = 3y + 2
11y 0 x 2
x 3y 2 y 0
        . Baì 3: Gọi x là số xe lúc đầu ( x nguyên dương, chiếc) Số xe lúc sau là : x+3 (chiếc) 
Lúc đầu mỗi xe chở : 96x (tấn hàng) 
Lúc sau mỗi xe chở : 96x + 3 ( tấn hàng) 
Ta có phương trình : 96x - 96x + 3 = 1,6  x2 + 3x -180 = 0 Giải phương trình ta được: x1= -15 ; x2=12. Vậy đoàn xe lúc đầu có: 12 (chiếc). Câu 4: 
1) CDE = 21 Sđ DC = 21 Sđ  BD = BCD  DE// BC (2 góc ở vị trí so le trong) 
 2) APC = 21 sđ   (AC - DC) = AQC  Tứ giác PACQ nội tiếp (vì  APC = AQC ) 3) Tứ giác APQC nội tiếp 
 CPQ = CAQ (cùng chắn CQ ) 
 CAQ = CDE (cùng chắn DC ) 
Suy ra  CPQ = CDE DE // PQ 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 71 
Ta có : DEPQ = 
CE
CQ (vì DE//PQ) (1) , 
DE
FC = 
QE
QC (vì DE// BC) (2) 
Cộng (1) và (2) : DE DE CE + QE CQ + = = = 1PQ FC CQ CQ 1 1 1 + = PQ FC DE (3) 
 ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ 
Thay vào (3) ta có : 1 1 1 + = CQ CF CE 
Câu 5 : Ta có aa + b + c < 
a
b + a < 
a + c
a + b + c (1) 
 ba + b + c < 
b
b + c <
b + a
a + b + c (2) 
 ca + b + c < 
c
c + a < 
c + b
a + b + c (3) 
Cộng từng vế (1), (2), (3), ta được : 1 < aa + b + 
b
b + c + 
c
c + a < 2, đpcm. 
 ĐỀ SỐ 17 Câu 1: A = x1.x2 =      223 + 5 . 3 - 5 = 3 + 5 3 - 5 = 3 - 5 = 9 - 5 = 4 = 2 
 B =    2 22 21 2x x = 3 + 5 + 3 - 5 = 3 + 5 + 3 - 5 = 6 
Câu 2: a) m = - 2, phương trình là: x2 + 3x - 6 = 0; ∆ = 33> 0, phương trình có hai nghiệm 
phân biệt x1, 2 = - 3 332
 
b) Ta có ∆ =  2 2- (2m +1 - 4 (m + 5m) = 4m2 + 4m + 1 - 4m2 - 20m = 1 - 16m. 
Phương trình có hai nghiệm  ∆ ≥ 0  1 - 16m ≥ 0 1 m 16  
Khi đó hệ thức Vi-ét ta có tích các nghiệm là m2 + 5m. 
Mà tích các nghiệm bằng 6, do đó m2 + 5m = 6  m2 + 5m - 6 = 0 
Ta thấy a + b + c = 1 + 5 + (-6) = 0 nên m1 = 1; m2 = - 6. 
Đối chiếu với điều kiện m ≤ 116 thì m = - 6 là giá trị cần tìm. 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 72 
e
h
t
k
od cba
Câu 3: a) Khi m = - 2, ta có hai đường thẳng y = - x - 2 + 2 = - x và y = (4 - 2)x + 1 = 2x + 1 Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ y = - x
y = 2x + 1
 
 - x = 2x + 1 1 x = - 3 . Từ đó tính được : 1y 3 . 
Vậy tọa độ giao điểm là A( 1 1; )3 3 . b) Hai đường thẳng (d), ( d ) song song khi và chỉ khi 
2 m = 1m - 2 = - 1 m = 1m - 1m + 2 1
      Vậy m = 1 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau.. Câu 4: a) Trong tam giác vuông ATO có: R2 = OT2 = OA . OH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) 
b) Ta có  ATB = BCT (cùng chắn cung TB) 
 BCT = BTH (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). 
  ATB = BTH hay TB là tia phân giác của góc ATH. 
c) Ta có ED // TC mà TC  TB nên ED  TB. ∆ TED có TB vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆TED cân tại T. 
d) BD // TC nên HB BD BE = = HC TC TC (vì BD = BE) (1) 
 BE // TC nên BE AB = TC AC (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra: HB AB = HC AC Câu 5: Từ giả thiết: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0 
    2 22 27 7 7 x +y + 2. x +y . + - + 10 = - y 02 2 2           
2 27 9 7 9x + y + - 0 x + y + 2 4 2 4            . 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
 73 
Giải ra được - 4 ≤ x + y + 1 ≤ - 1. A = -1 khi x = - 2 và y = 0, A = - 4 khi x = -5 và y = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là - 4 và giá trị lớn nhất của A là - 1. Lời bình: Câu