Category Archives: Thi vào 10

Đề ôn thi vào lớp 10 Chuyên Toán.

Leave a reply

Thời gian làm bài 150 phút.

Bài 1. (1, 5 điểm) Cho phương trình $(\sqrt{x} – 1)(x^2 – (m^2+1)x + 1) = 0$
a) Giải phương trình khi $m = -2$.
b) Tìm $m$ để phương trình có 3 nghiệm phân biệt $x_1<x_2<x_3$ và thỏa $x_1^2 + 4x_2^2+x_3^2 = 27$.

Bài 2. (2 điểm) Cho các số dương $a, b, c$ thỏa $a+ b+ c = abc$.
a) Tìm $a, b, c$ nếu $a, b, c$ là các số nguyên dương.
b) Chứng minh $ab+ac+bc \geq 9$ và $ab+ac+bc\geq 3 + \sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$.

Bài 3.  (1, 5 điểm) Số nguyên dương $n$ được gọi là số đẹp nếu tồn tại các số nguyên dương $x, y, z$ không nhất thiết phải khác nhau sao cho: $$n = \left[ {x;y} \right] + \left[ {y;z} \right] + \left[ {z;x} \right]$$ với $\left[ {a;b} \right]$ là bội chung nhỏ nhất của hai số $a, b$
a) Chứng minh rằng $n=2021$ là số đẹp.
b) Chứng minh rằng mọi số lẻ khác 1 đều là số đẹp.
c) Chứng minh rằng $n=2^{2021}$ không phải là số đẹp.

Bài 4. (3 điểm) Cho đoạn thẳng $BC$ cố định và điểm $A$ thay đổi sao cho $\angle BAC = \alpha < 60^\circ$ không đổi và $AB, AC >BC$. Trên $BC$ lấy các điểm $M, N$ sao cho $BM = MN = NC$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABN$ và $ACM$ cắt nhau tại $D$ và cắt các cạnh $AC, AB$ lần lượt tại $E, F$.

a) Tìm vị trí của $A$ sao cho $AE \cdot AC + AF \cdot AB$ lớn nhất.

b) Chứng minh rằng $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AC}{AB}$.

c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh $I$ luôn thuộc một đường cố định.

Bài 5. (2 điểm) Một giải đấu bóng đá gồm 8 đội đá với nhau. Mỗi lượt, 8 đội chia làm 4 cặp đấu, thắng được 3 điểm, hòa 1 điểm và thua 0 điểm.
a) Giải đấu diễn ra hai lượt.
i)  Chứng minh rằng có 2 đội có điểm bằng nhau.
ii) Chứng minh rằng có thể tìm được 4 đội $A, B, C, D$ đôi một chưa đấu với nhau.
b) Kết thúc giải người ta thấy rằng không có trận nào kết thúc với tỉ số hòa. Chứng minh rằng có thể tồn tại 5 đội $A, B, C, D, E$ xếp thành một hàng sao cho đội đứng trước thắng đội đứng sau.

HẾT

Lời giải

Bài 1. 

a) Khi $m = -2$ ta có phương trình $(\sqrt{x}-1)(x^2-5x+1) = 0$.

Giải phương trình ta có nghiệm $x = 1, x = \dfrac{5+\sqrt{21}}{2}, x= \dfrac{5-\sqrt{21}}{2}$.

b) Điều kiện $x \geq 0$. Ta có $x = 1$ là một nghiệm của phương trình.

Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

$x^2-(m^2+1)x + 1 = 0$. (2) có hai nghiệm phân biệt không âm và khác 1.

  • $\Delta (m^2+1)^2 – 4 = (m^2-1)(m^2+3) > 0$.
  • $1^2 -(m^2+1)1 + 1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \pm 1$.

Khi đó phương trình có hai nghiệm là $a<b$ thỏa $a+b = m^2+1 > 0, ab = 1$.

Do đó $a, b > 0$ và có tích bằng 1, nên một số nhỏ hơn 1, 1 số lớn hơn 1.

Từ đó ta có $x_2 = 1$, $x_1  =a, x_3 = b$. Khi đó

$x_1^2+4x_2^2 + x_3^2 = 27$

$(a+b)^2 – 2ab = 23$

$m^2 = 25$

$m = \pm 5$. (Nhận)

Bài 2.

a) Do vai trò $a, b, c$ như nhau nên giả sử $a \geq b geq c > 0$. Khi đó

$a + b+ c = abc \Leftrightarrow \dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ac} = 1 \leq \dfrac{3}{c^2}$.

Suy ra $c = 1$. Khi đó $ab = a+b +1 \Leftrightarrow (a-1)(b-1) = 2$. Giải ra được $a = 3, b=2$.

Vậy phương trình có nghiệm $(3;2;1)$ và các hoán vị.

b)

Áp dụng bdt $(x+y+z)(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}) \geq 9$ và từ $\dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ac} = 1$.

Suy ra $ab+bc+ac \geq 9$.

Ta có bdt $3(x^2+y^2+z^2) \geq (x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+xz)$. (Tự chứng minh)

Ta có $P = (ab+bc+ac-3)^2 = (ab+bc+ac)^2 – 6(ab+bc+ac)+9$.

Mà $(ab+bc+ac)^2 \geq 3abc(a+b+c)$ và $abc = a+b+c$.

Suy ra $(ab+bc+ac)^2 \geq 3(a+b+c)^2$.

Do đó $P \geq 3(a^2+b^2+c^2) + 9 \geq (\sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2})^2$.

Từ đó

$ab+bc+ac-3 \geq \sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$

$ab+bc+ac \geq 3+\sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$.

Bài 3. 

a) $ 2021 = [1;1] + [1010;1] + [1010;1]$.

b) Nếu $ n = 2k + 1$ và $k \geq 1$. Chọn $x = y =1,z=k$ ta có $n = [1;1] + [k;1] + [k;1]$.

c) Chú ý các nhận xét sau:

  • Mọi số nguyên dương đều biểu diễn với dạng $p\cdot 2^n$ trong đó $p$ là số lẻ.
  • Bội chung nhỏ nhất của $p\cdot 2^n$ và $q\cdot 2^m$ với $n>m$ là $r\cdot 2^n$ với $r=[p;q]$ lẻ.

Giả sử $n =2^{2021}$ là số đẹp, tức là tồn tại $x, y, z$ nguyên dương sao cho $2^{2021} = [x;y] + [y;z] + [z;x]$.

Do $2^{2021}$ là số chẳn nên chỉ có hai trường hợp xảy ra, hoặc cả ba số $\left[ {x;y} \right],\left[ {y;z} \right],\left[ {z;x} \right]$ đều là số chẳn, hoặc trong ba số này có hai số lẻ và một số chẳn.

Nếu 3 số $x, y, z$ lẻ thì $[x;y] + [y;z] + [z;x]$ lẻ vô lý.

Nếu 1 số lẻ, hai số chẵn cũng tương tự.

Trường hợp 2 số chẵn. Giả sử $x, y$ chẵn. Ta xét các trường hợp sau:

  • Nếu $z$ lẻ. Khi đó ta có: $\left[ {x;y} \right] = {2^a}{m_1}$ với $m_1$ là số lẻ, $\left[ {y;z} \right] = {2^b}{m_2}$, với $m_2$ là số lẻ, $\left[ {z;x} \right] = {2^a}{m_3}$, với $m_2$ là số lẻ. Dễ thấy $a, b < 2021$.
    • Từ đó: ${2^a}{m_1} + {2^b}{m_2} + {2^a}{m_3} = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^b}\left( {{2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3}} \right) = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3} = {2^{2021 – b}}$. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.
  • Nếu $z$ là số chẵn. Như vậy, $x, y, z$ đều là số chẳn, đặt: $z=2^{c}t_{3}$, với ($t_{3}$ là số tự nhiên lẻ) không mất tính tổng quát, giả sử: $2021 > a \ge b \ge c \ge 0$. Vậy: $\left[ {x;y} \right] = {2^a}{m_1}$, $\left[ {y;z} \right] = {2^b}{m_2}$, $\left[ {z;x} \right] = {2^a}{m_3}$ với $m_1, m_2, m_3$ là ba số tự nhiên lẻ.
    • Từ đó: ${2^a}{m_1} + {2^b}{m_2} + {2^a}{m_3} = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^b}\left( {{2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3}} \right) = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3} = {2^{2021 – b}}$. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.

Bài 4. 

a) Ta có $BF\cdot BA = BM \cdot BC = \dfrac{1}{3}BC^2$ và $CE \cdot CA = \dfrac{1}{3}BC^2$.

Do $AB, AC > BC$ nên $F, E$ nằm giữa $AB$ và $AC$.

Khi đó $X = AF \cdot AB + AE \cdot AC = AB^2-BF \cdot BC + AC^2-CE \cdot CA = AB^2+AC^2-\dfrac{2}{3}BC^2$.

Do đó $X$ lớn nhất khi và chỉ khi $AB^2+AC^2$ lớn nhất.

Ta có $BC^2=BH^2+CH^2 = (AB\sin \alpha)^2+(AC – AB \cos \alpha)^2$

$= AB^2+AC^2-2AB\cdot AC \cos \alpha$

$\geq (AB^2+AC^2) – (AB^2+AC^2)\cos \alpha$.

$\geq (AB^2+AC^2)(1-\cos \alpha)$

Suy ra $AB^2+AC^2$ lớn nhất bằng $\dfrac{BC^2}{1-\cos\alpha}$ khi $AB = AC$.

Vậy $AF \cdot AB + AE \cdot AC $ lớn nhất khi và chỉ khi $AB = AC$.

b) Ta có $\angle DBF  = \angle DEC, \angle DFB = \angle DCE$.

Suy ra $\triangle DBF = \triangle DCE$, do đó $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{BF}{CE}$ (1)

Mà $BF \cdot AB = CE \cdot AC = \dfrac{1}{3}BC^2$.

Suy ra $\dfrac{BF}{CE} = \dfrac{AC}{AB}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AC}{AB}$.

c) Gọi $K$ là giao điểm thứ hai của $(AEF)$ và $(ABC)$. Khi đó

$\triangle KFB \backsim \triangle KEC$, suy ra $\dfrac{KB}{KC} = \dfrac{BF}{CE}$.

Mà $\dfrac{BF}{CE} = \dfrac{AC}{AB}$. Suy ra $\dfrac{KB}{KC} = \dfrac{AC}{AB}$.

Do đó $\triangle KBC \backsim \triangle ACB$, suy ra $KB = AC, KC = AB$.

từ đó $AKCB$ là hình thang cân, nên trung trực của $AK$ và $BC$ trùng nhau.

Do đó tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ thuộc trung trực của $AK$ hay thuộc trung trực $BC$ cố định.

Bài 5.

a) Nếu mỗi đội đá nhau được 2 trận.

  • Thì số điểm mội đội có thể nhận là $0, 1, 2, 3, 4, 6$. Do đó theo nguyên lý Dirichlet cho ít nhất 2 đội có cùng số điểm.
  • Gọi 8 đội là $A, B, C, D, E, F, G, H$, sau hai vòng mỗi đội đá đúng hai trận.
    • Không có ba đội nào đôi một đá với nhau, vì giả sử $A, B, C$ đôi một đá với nhau, thì vòng 1, $A$ đá với $B$ thì $C$ không đá với ai, nên phải cần ít nhất 3 vòng để điều này xảy ra.
    • Giả sử $A$ đá với $B, C$ thì $BC$ không đá với nhau nên $B, C$ đá với đội khác.
      • Nếu $B, C$ đá cùng một đội $D$. Khi đó nhóm $E, F, G, H$ cũng có hai đội chưa đá với nhau và cũng không đá với nhóm $A, B, C, D$. Giả sử là $E, F$ chưa đá với nhau. Khi đó 4 đội $A, D, E, F$ đôi một chưa đá với nhau trận nào.
      • Nếu $B, C$ đá với hai đội khác nhau là $D, E$. Lý luận tương tự ta chỉ suy ra được là $E, D$ cùng đấu với $F, G$ và $G,F$ đấu với $H$. Khi đó $A – B  – D – F – H – G – E – C – A$. Chọn 4 đội $A, D, H, E$ thỏa đề bài.

b)  Xét đội $A$ thắng nhiều nhất trong đó thắng $B, C$, xét đội $B$ và $C$ thì nếu $B$ thắng $C$ ta có $A – B – C$ là dãy mà đội trước thắng đội sau, ngược lại ta có dãy $A – C – B$.

Vậy giả sử ta có $A$ thắng $B$,$B$ thắng $C$, ta kí hiệu $A -> B -> C$.

Xét tới đội $D$ nào đó. Có các trường hợp sau:

  • $D -> A$ hoặc $C -> D$. Khi đó ta có $D ->A->B->C$ hoặc $A-> B -> C-> D$.
  • Nếu không có điều này, thì $A ->D$ và $D->C$. Khi đó $B, D$.
    • Nếu $D->B$ thì ta có $A->D->B->C$.
    • Nếu $B ->D$ thì ta có $A -> B ->D ->C$.

Trong các trường hợp ta đều có dãy 4 người mà người này thắng người kia. Vậy ta đã có $A-> B-> C->D$.

Xét $E$, tương tự như $D$.

  • Nếu $E$ thắng $A$ hoặc $D$ thắng $E$ thì bài toán được chứng minh.
  • Ngược lại, $A$ thắng $E$ và $E$ thắng $D$. Khi đó ta xét mối quan hệ giữa $E$ và $B,C$.
    • Nếu $E$ thắng $B$. Khi đó ta có $A-E-B-C-D$.
    • Nếu $E$ thua $B, C$, khi đó $A-B-C-E-D$.
    • Nếu $E$ thua $B$ và thắng $C$, khi đó $A-B-E-C-D$.

Vậy lúc nào cũng tìm được 5 đội xếp thành một hàng mà đội trước thắng đội sau.

 

Đề thi thử vào lớp 10 PTNK – Đề toán chung – Lần 2

Leave a reply

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 PTN – NĂM 2020

Môn: Toán chung

THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT

Bài 1. (1.5 điểm)

a) Cho $a > 0, b \geq 0$ và $a \neq b$.

Đặt $A = \dfrac{\sqrt{a}}{a+b-2\sqrt{ab}} – \dfrac{\sqrt{b}}{a-b} ; \ B = a^2\sqrt{a}+b^2\sqrt{b}-a^2\sqrt{b}-b^2\sqrt{a}$.

Biết $AB = \dfrac{9}{2}ab$. Tính $\dfrac{b}{a}$.

b) Cho $x = \sqrt{2} + \sqrt{3}$. Chứng minh $x^4-10x^2+1 = 0$.

Bài 2. (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $x+\dfrac{2x-6}{\sqrt{x-3}} = 6$
b) $\left\{\begin{array}{c} x(|x|+y) = 5|x|\\x^2+y^2+3xy=55 \end{array} \right.$

Bài 3. (1.5 điểm) Cho phương trình $\dfrac{(x-2)(x^2 – 4x – m)}{\sqrt{x}} = 0$.
a) Giải phương trình khi $m = 1$.
b) Tìm $m$ để phương trình có ba nghiệm phân biệt $x_1, x_2, x_3$.
c) Với điều kiện câu b, giả sử $x_1 < x_2 < x_3$.Tìm $m$ để $x_1^2 + 2x_2^2 + x_3^2 = 18$.

Bài 4. (2 điểm)

a) Thầy Vũ có một mảnh vườn hình thoi, độ dài đường chéo nhỏ bằng độ dài cạnh và bằng 30m. Người ta làm một con đường song song với đường chéo nhỏ ngang qua ngang mảnh đất và diện tích còn lại của mảnh đất là hai tam giác đều như hình vẽ có cạnh là 20m. Hỏi diện tích đất được đền bù so với phần còn lại thì nhiều hơn hay ít hơn? Giá mỗi mét vuông đất được đền bù là 1 triệu đồng và giá mỗi mét vuông đất còn lại là 10 triệu đồng và thầy Vũ muốn bán luôn để mua một căn chung cư 4 tỷ đồng thì có đủ tiền không? Tại sao?

b) Bình và An cùng chạy một đoạn đường dài 10 km. Họ xuất phát cùng một nơi, chạy lên ngọn đồi dài 5 km và trở lại điểm xuất phát bằng cùng một tuyến đường. An chạy trước Bình 10 phút và chạy lên đồi với vận tốc 15 km/h rồi xuống đồi với vận tốc 20 km/h. Còn Bình lên đồi với vận tốc 16 km/h rồi xuống đồi với vận tốc 22 km/h. Hỏi lúc họ gặp nhau theo hướng ngược lại thì họ cách đỉnh đồi bao xa?

Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác $ABC$ có $\angle ABC = \angle ACB = 30^\circ$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của $O$ cắt nhau tại $D$. $CD$ cắt $OA$ tại $E$ và cắt $(O)$ tại $F$ khác $C$.

a) Tính $AB, AD$ theo $R$.

b) Tính $CD$ và chứng minh $OBFE$ nội tiếp.

c) $OA$ cắt $BD$ tại $K$. Tính góc $\angle DFK$ và chứng minh $KF$ qua trung điểm cạnh $AB$.

HẾT

ĐÁP ÁN -> PTNK_KC_2020_MOCK2

Bài làm gửi về email:

  • hocthemstar20192020@gmail.com
  • Bản scan -> pdf (không để các file hình rời rạc)
  • Ghi đầy đủ họ tên lớp, trường.
  • Đáp án sẽ post sau một thời gian.
  • Bạn nào nộp bài trễ vẫn được nhận nhé.

Đề thi thử Tuyển sinh 10 TPHCM

Leave a reply

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 LẦN 2

Môn: Toán (Không chuyên)

Thời gian: 120 phút

Bài 1. (1 điểm) Cho parabol $(P):y=kx^2$ $(k\in \mathbb{R})$ và đường thẳng $(d):y=ax-6$ $(a \in \mathbb{R})$

a) Tìm $k$ và $a$ biết $(P)$ và $(d)$ cùng đi qua điểm $A$ có tọa độ $(2;4)$.

Vẽ $(P)$ và $(d)$ trên cùng một hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm $B$ còn lại của $(P)$ và $(d)$ bằng phép tính.

Bài 2. (1 điểm) Tính giá trị của các biểu thức sau:

a) $\left( 1+ \dfrac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1} \right) \cdot \left( 1- \dfrac{3-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1} \right) $

b) $\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2} : \left( \dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2} -\dfrac{2}{\sqrt{6}}+ \dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2\sqrt{3}} \right) $

Bài 3. (1 điểm) Cho phương trình $x^2-2(m+1)x+m^2+1 =0$ (1)

a) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có nghiệm kép. Tìm nghiệm của $(1)$ lúc đó.

b) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$.

Với $m=2$, không giải phương trình, tính giá trị biểu thức: $P=\dfrac{x_1}{x_2} + \dfrac{x_2}{x_1}$

Bài 4. (1 điểm) Công ty đồ chơi Superview Odoriko vừa cho ra đời một đồ chơi tàu điện điều khiển từ xa. Trong điều kiện phòng thí nghiệm, quãng đường $s$ (cm) đi được của đoàn tàu đồ chơi là một hàm số theo thời gian $t$ (giây), hàm số đó là $s=5t+11$. Trong điều kiện thực tế, hàm số biểu diễn $s$ theo $t$ là một hàm số bậc nhất và người ta thấy rằng nếu đồ chơi di chuyển được 15 cm thì mất 3 giây và có thể đi được quãng đường 64 cm trong 10 giây.

a) Trong điều kiện thí nghiệm, sau bao nhiêu giây thì tàu đồ chơi này di chuyển được quãng đường là $66 \, cm$?

b) Ba bé Bình mua đồ chơi này về cho bé chơi, ba ngồi cách bé $3 \,m$. Hỏi cần bao nhiêu giây đề chiếc tàu đồ chơi này di chuyển từ chỗ bé đến ba?

Bài 5. (1 điểm) Một bè $A$ ở giữa hồ nước, anh Phúc muốn ra chiếc bè này thì cần phải dùng hai chiếc thuyền $B$ hoặc $C$ đang ở bờ. Biết rằng 2 chiếc thuyền $B$ và $C$ cách nhau 450 mét. Biết rằng góc nhìn từ $B$ và $C$ đến chiếc bè $A$ theo thứ tự vào khoảng $40^\circ$ và $35^\circ$. Lượng dầu của thuyền $B$ chạy được khoảng 250 mét và lượng dầu của thuyền $C$ chạy được khoảng 300 mét. Vậy anh Phúc nên lấy thuyền nào để đến bè $A$?

Bài 6. (1 điểm) Một cửa hàng giày dép bán đồng giá 675 000 đồng/đôi. Nhưng vì ảnh hưởng của dịch cúm Covid 19 nên khách đã đến mua ít lại. Chủ cửa hàng đã giảm giá hai lần và mỗi lần là $x\%$ so với giá tại thời điểm giảm nên đã có giá mới là 546 750 đồng.

a) Hãy tìm $x$.

b) Biết rằng giá nhập về một đôi giày là 565 000 đồng và cửa hàng đã bán được 100 đôi sau khi giảm lần đầu và 150 đôi sau khi giảm lần thứ hai. Vậy cửa hàng này đã lời hay lỗ là bao nhiêu tiền?

Bài 7. (1 điểm) Để tạo một mô hình kim tự tháp có hình chóp tứ giác đều (là hình có đáy là hình vuông và các mặt bên là các tam giác cân có chung đỉnh), bạn An đã cắt tấm bìa ra thành hình bên và dán đỉnh lại. Hãy tính diện tích toàn phần của hình chóp và thể tích hình chóp được tạo thành. Biết rằng đáy hình vuông có cạnh là 5 cm, chiều cao của các tam giác cân hạ từ đỉnh cân là 6 cm, thể tích hình chóp là $V=\dfrac{1}{3}Sh$ với $S$ là diện tích đáy hình vuông và $h$ là khoảng cách từ đỉnh $S$ đến đáy $ABCD$ và bằng $SH$ với $H$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Bài 8. (3 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AB<AC$ và nội tiếp đường tròn $\left( O;\, R\right) $. Vẽ đường kính $AD$. Tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$ cắt $AC$ tại $E$ và $BC$ tại $F$.

a) Chứng minh $AC\cdot AE=4R^2$ và $FB\cdot FC=FD^2$.

b) Vẽ $DH\bot OF$ với $H$ thuộc $OF$. Chứng minh $OBCH$ nội tiếp và $\angle BHC=2\angle BAC$.

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AOH$ và $FEC$ cùng cắt nhau tại một điểm $P$ thuộc $(O)$ và $A$, $P$, $F$ thẳng hàng.

Đề thi thử vào lớp 10: Tiếng Anh không chuyên

2 Replies

ĐỀ THI GỒM HAI PHẦN. PHẦN TRẮC NGHIỆM LÀM TRÊN MÁY VÀ PHẦN TỰ LUẬN LÀM TRÊN GIẤY NỘP LẠI.

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

[WpProQuiz 34]

II. PHẦN TỰ LUẬN

Phần này làm vào giấy nộp.

Email về : hocthemstar20192020@gmail.com

 

Rewrite the sentences with the words given. Do not change the words. You must use between two and five words.

 

  1. Please don’t touch the exhibits. RATHER

I………………………………………………………………….touch the exhibits.

  1. It’s a good thing you gave me a lift or I would have been late for my interview. GIVEN

I would have been late for my interview………………………………………………….me a lift.

  1. Please do not drop litter in the park. REQUESTED

You…………………………………………………………….drop litter in the park.

  1. He doesn’t get on with his colleagues. TERMS

He is not…………………………………………………………………..with his colleagues.

  1. Light travels faster than sound. TRAVEL

Sound………………………………………………………………………as light.

  1. He could not explain why he was always late for work. ACCOUNT

He could not………………………………………………………………..late for work.

  1. Our boss wouldn’t let us go home until we had done our work. MADE

Our boss …………………………………………………………….our work before we went home.

  1. I had never been to a theme park before. FIRST

It…………………………………………………………………….had ever been to a theme park.

  1. How long was your drive from Edinburgh to London? TAKE

How long……………………………………………………drive from Edinburgh to London.

  1. I haven’t been to the theater since I was in Paris. LAST

The ………………………………………………………….was when I was in Paris.

 

[WpProQuiz_toplist 34]

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2016

Leave a reply

I. ĐỀ 

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $x^2-2\sqrt{5}x+5=0$
b) $4x^4-5x^2-9=0$
c) $2x+5y=-1$ và $3x-2y=8 $
d) $x(x+3)=15-(3x-1)$.

Bài 2.
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số $y = \dfrac{-x^2}{4}$ và đường thẳng (D): $y = \dfrac{x}{2}-2$ trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3.
a) Thu gọn biểu thức $A = \dfrac{2-\sqrt{3}}{1+\sqrt{4+2\sqrt{3}}} + \dfrac{2+\sqrt{3}}{1-\sqrt{4-2\sqrt{3}}}$
b) Ông Sáu gửi một số tiến vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kù hạn 1 năm là 6$\%$. Tuy nhiên sau thời hạn một năm ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà để thêm một năm nữa mới lãnh. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân ghàng cộng dồn vào số tiền gửi ban đầu để thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau 2 năm ông Sáu nhận được số tiền là 112.360.000 đồng kể cả gốc lẫn lãi. Hỏi ban đầu ông Sáu đã gửi bao nhiêu tiền?
Bài 4. Cho phương trình $x^2 – 2mx + m – 2= 0 $(1) ($x$ là ẩn số.)

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị $m$.
b) Định $m$ để hai nghiệm $x_1, x_2$ của phương trình (1) thỏa mãn : $(1+x_1)(2-x_2) + (1+x_2)(2-x_1) = x_1^2+x_2^2+2 $
Bài 5. Cho tam giác $ABC$ $(AB < AC) $ có ba góc nhọn. Đường trong tâm $O$ đường kính $BC$ cắt các cạnh $AC, AB$ lần lượt tại $D, E$.
Gọi $H$ là giao điểm của $BD$ và $CE$; $F$ là giao điểm của $AH$ và $BC$.
a) Chứng minh $AF \bot BC$ và $\angle AFD = \angle ACE$.
b) Gọi $M$ là trung điểm của $AH$. Chứng minh $BD \bot OD$ và 5 điểm $M, D, O, F, E$ cùng thuộc một đường tròn.
c) Gọi $K$ là giao điểm của $AH$ và $DE$. Chứng minh $MD^2 = MK.MF$ và $K$ là trực tâm của tam giác $MBC$.
d) Chứng minh $\dfrac{2}{FK} = \dfrac{1}{FH} + \dfrac{1}{FA}$.

II. ĐÁP ÁN

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $x^2 – 2\sqrt{5}x + 5=0$
$\Delta ‘= 0
x_1=x_2 = \sqrt{5}$.
b) $4x^4 – 5x^2 -9 =0$
Đặt $t=x^2 \ge 0$
Phương trình trở thành: $4t^2 – 5t -9=0$
$a-b+c =0$.
$\Rightarrow t_1 =-1$ (loại) và $t_2 = \dfrac{9}{4}$ (nhận)
Với $t=\dfrac{9}{4} \Rightarrow x= \pm \dfrac{3}{2}$
c) $2x + 5y =-1 $ và $3x-2y=8$
$ \Leftrightarrow 4x+ 10y =-2 $ và $15x -10y =40 $
$ \Leftrightarrow x=2$ và $y=-1$.
d) $x(x+3) = 15 – (3x-1) $
$\Leftrightarrow x^2 + 6x -16 =0$
$\Leftrightarrow x_1 =2$; $x_2 = -8$.

Bài 2.
a) Lưu ý: $(P)$ đi qua $O(0;0)$, $( \pm 2 ;-1)$, $\pm 4; -4 )$
$(D)$ đi qua $(2;-1)$, $(0;-2)$

Đồ thị:
b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là:
$-\dfrac{x^2}{4}= \dfrac{x}{2}-2 $
$\Leftrightarrow x^2 + 2x -8 =0 $
$\Leftrightarrow x=-4$ hoặc $x=2$

$y(-4) = -4$, $y(2) = -1$
Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là $(-4;-4)$, $(2;-1)$.
Bài 3.
a) $A=\dfrac{2-\sqrt{3}}{1+\sqrt{4+2\sqrt{3}}}+ \dfrac{2+\sqrt{3}}{1-\sqrt{4-2\sqrt{3}}} $
$= \dfrac{2-\sqrt{3}}{1+ \left( 1+ \sqrt{3} \right) } + \dfrac{2+\sqrt{3}}{1- \left( \sqrt{3}-1 \right) } $
$= \dfrac{\left( 2+ \sqrt{3} \right) ^2 + \left( 2- \sqrt{3} \right) ^2}{\left( 2+\sqrt{3} \right) \left( 2- \sqrt{3}\right) } $
$=14$

b) Gọi số tiền ban đầu ông Sáu gửi là: $x$ (đồng)
Số tiền vốn và lãi sau năm thứ nhất là: $x+x \cdot 6 \% = 1,06 x$
Số tiền vốn và lãi sau năm thứ hai là: $1,06x + 1,06x \cdot 6\% = 1,06^2 \cdot x$
Theo đề ta được phương trình:\ $1,06^2 \cdot x = 112.360.000 \Rightarrow x= 100.000.000$ (đồng)
Bài 4.

a) $x^2 -2mx +m-2 =0$
$\Delta ‘= m^2 -m+2 = \left( m- \dfrac{1}{2} \right) ^2 + \dfrac{7}{4} >0, \; \forall m$
Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Theo Viet, ta có:

$S= x_1+ x_2 = 2m $ và  $P = x_1 \cdot x_2 = m-2$

$\left( 1+ x_1 \right) \left( 2-x_2 \right) + \left( 1+ x_2 \right) \left( 2- x_1 \right) = x_1^2 + x_2^2 +2 $
$\Leftrightarrow 2+ x_1 + x_2 = \left( x_1 + x_2 \right) ^2 $
$\Leftrightarrow 2+ 2m = 4m^2 $
$\Leftrightarrow m=1 $ hoặc $m= \dfrac{-1}{2}$
Bài 5.


a)

  • $\angle BEC = \angle BDC = 90^\circ $
    $\Rightarrow $ $CE$ và $BD$ là hai đường cao của tam giác $ABC$
    $\Leftrightarrow $ $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$
    $\Rightarrow $ $AH$ là đường cao của tam giác $ABC$
    $\Rightarrow AF \bot BC$.
  • Tứ giác $HFCD$ nội tiếp ($\angle HFC + \angle HDC = 180^\circ$)
    $\Rightarrow \angle AFD = \angle ACE$

b)

  • $\angle MAD = \angle MDA$ và $\angle ODC = \angle OCD $
    Mà $\angle FAC + \angle FCA = 90^\circ
    \Rightarrow \angle MDA + \angle ODC = 90^\circ
    \Rightarrow \angle MDO = 90^\circ \Rightarrow MD \bot OD $
  • Chứng minh tương tự: $ME \bot OE$
  •  3 điểm $E$, $F$, $D$ cùng nhìn $MO$ dưới 1 góc $90^\circ$
    $\Rightarrow $ 5 điểm $M$, $D$, $O$, $F$, $E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$

c)

  • $MD$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O$
    $\Rightarrow \angle MDE = \angle DCE$
    mà $\angle AFD = \angle ACE$ nên $\angle MDK = \angle MFD$
    Vậy $\triangle MDK \backsim \triangle MFD \Rightarrow MD^2 = MK \cdot MF$
  •  $MC$ cắt $(O)$ tại $L$
  • $\triangle MDL \backsim \triangle MCD \Rightarrow MD^2 = ML \cdot MC
    \Rightarrow MK \cdot MF = ML \cdot MC
    \Rightarrow \triangle MLK \backsim \triangle MFC
    \Rightarrow \angle KLM = \angle MFC =90^\circ
    \Rightarrow KL \bot MC$
    Mà $BL \bot MC$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
    $\Rightarrow $ $B$, $K$, $L$ thẳng hàng
    $\Rightarrow$ $K$ là trực tâm $\triangle MBC$.

d)

  • $FH \cdot FA = FB \cdot FC$ ($\triangle BFH \backsim \triangle AFC$)
  • $FK \cdot FM = FB \cdot FC$ ($\triangle BFK \backsim \triangle MFC$)
    $\Rightarrow FH \cdot FA = FK \cdot FM
    \Rightarrow 2FH \cdot FA = 2 FK \cdot FM = FK ( FA + FH )
    \Rightarrow \dfrac{2}{FK} = \dfrac{1}{FH} + \dfrac{1}{FA}$.

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2015

Leave a reply

I. ĐỀ tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2015

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)  $x^2 – 8x+15=0$.
b)  $2x^2 – \sqrt{2}x -2 =0$.
c)  $x^4 -5 x^2 -6=0$.
d) $2x+ 5y = -3$ và $3x-y =4$

Bài 2.

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số $y = x^2$ và đường thẳng (D): $y = x + 2$ trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.

Bài 3. Thu gọn các biểu thức sau:
a) $A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x – 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 10}}{{x – 4}}\left( {x \ge 0,x \ne 4} \right)$
b) $B = (13-4\sqrt{3})(7+4\sqrt{3})-8\sqrt{20+2\sqrt{43+24\sqrt{3}}}$.
Bài 4. Cho phương trình $x^2 – mx+m-2=0$ (1) ($x$ là ẩn số).

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị $m$.
b) Định $m$ để hai nghiệm $x_1, x_2$ của (1) thỏa $\dfrac{x_1^2-2}{x_1-1}.\dfrac{x_2^2-2}{x_2-1} = 4$.
Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có $AB < AC$ có ba góc nhọn. Đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ cắt các cạnh $AC, AB$ lần lượt là tại $E, F$. Gọi $H$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. D là giao điểm của $AH$ và $BC$.
a) Chứng minh $AD \bot BC$ và $AH.AD = AE.AC$.
b) Chứng minh $EFDO$ là tứ giác nội tiếp.
c) Trên tia đối của tia $DE$ lấy điểm $L$ sao cho $DL = DF$. Tính số đo góc $BLC$.
d) Gọi $R, S$ lần lượt là hình chiếu của $B, C$ lên $EF$. Chứng minh $DE + DF = RS$.

II. ĐÁP ÁN

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $x^2 -8x +15 =0$
$\Delta ‘ =1 $
Hai nghiệm của phương trình là $x_1 = 3$; $x_2 =5$
b)  $2x^2 – \sqrt{2}x -2 =0$
$\Delta =18$
Hai nghiệm của phương trình là $x_1 = \sqrt{2}$; $x_2 = \dfrac{-\sqrt{2}}{2}$
c) $x^4 – 5x^2 -6 =0 $
Đặt $t= x^2 \ge 0$
Phương trình trở thành $t^2 -5t -6=0$
$\Delta = 49$
$t_1 = -1$ (loại) và $t_2 = 6$ (nhận)
Với $t=6 \Rightarrow x= \pm \sqrt{6}$
d) $2x+ 5y =-3 \;\; (1)$ và $3x-y =4 \;\; (2)$
$\Leftrightarrow  2x+5y = -3 \;\; (1) $ và $17x = 17 \;\; ((1) + 5\cdot (2))$
$ \Leftrightarrow  x=1 $ và $y= -1$.

Bài 2.

a) Lưu ý: $(P)$ đi qua $O(0;0)$, $( \pm 1 ;1)$, $\pm 2; 4 )$
$(D)$ đi qua $(1;3)$, $(0;2)$

Đồ thị:
b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là:
$x^2 = x + 2 \Leftrightarrow x^2 -x-2=0 $

$\Leftrightarrow  x=-1$ và $x=2$
$y(-1) = 1$, $y(2)=4$
Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là $(2;4)$, $(-1;1)$.

Bài 3.
a) $A=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+ \dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}+ \dfrac{\sqrt{x}-10}{x-4} $
$= \dfrac{\sqrt{x} \left( \sqrt{x}+2 \right) + \left( \sqrt{x} -1 \right) \left( \sqrt{x}-2 \right) + \sqrt{x}-10}{x-4} $
$= \dfrac{x+2\sqrt{x}+x – 2\sqrt{x}-\sqrt{x}+2+ \sqrt{x}-10}{x-4}
= \dfrac{2x-8}{x-4} =2$
b) $B=\left( 13- 4\sqrt{3} \right) \left( 7+ 4\sqrt{3} \right) – 8\sqrt{20 + 2\sqrt{43 + 24\sqrt{3}}} $
$= 43 + 24\sqrt{3} – 8 \sqrt{20 + 2\sqrt{\left( 13-4\sqrt{3} \right) \left( 7+4\sqrt{3} \right) }} $
$= 43 + 24\sqrt{3} – 8\sqrt{\left( \sqrt{13-4\sqrt{3}} + \sqrt{7+ 4\sqrt{3}} \right) ^2} $
$= 43 + 24\sqrt{3} -8 \left( \sqrt{\left( 2\sqrt{3}-1 \right) ^2} + \sqrt{\left( 2+ \sqrt{3} \right) ^2 } \right) $
$= 43 + 24\sqrt{3} – 8 \left( 3\sqrt{3}+1 \right) $
$=35$.
Bài 4.

a) $x^2 – mx +m-2 =0$ $(1)$
$\Delta = m^2 -4m +8 = (m-2)^2 + 4 >0, \; \forall m$
Do đó phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Theo Viet, ta có:

$S= x_1 + x_2 = m $ và $P = x_1 \cdot x_2 = m-2$
$\dfrac{x_1^2 -2}{x_1-1} \cdot \dfrac{x_2^2-2}{x_2-1} =4 $
$\Leftrightarrow x_1^2x_2^2 – 2\left( x_1^2 + x_2^2 \right) + 4 = 4x_1x_2 – 4 \left( x_1 + x_2 \right) +4 $
$\Leftrightarrow P^2 -2 \left( S^2 -2P \right) -4P + 4S =0 $
$\Leftrightarrow P^2 -2S^2 + 4S =0 $
$\Leftrightarrow (m-2)^2 -2m^2 + 4m =0 $
$\Leftrightarrow -m^2 +4 =0 $
$\Leftrightarrow m= \pm 2$
Cách khác:
$x_1$, $x_2$ là hai nghiệm của phương trình nên:
$x_1^2 -mx_1 +m -2=0 \Rightarrow m= \dfrac{x_1^2-2}{x_1-1}$
$x_2^2 -mx_2 +m-2 =0 \Rightarrow m= \dfrac{x_2^2-2}{x_2-1}$
$\dfrac{x_1^2-2}{x_1-1} \cdot \dfrac{x_2^2 -2 }{x_2-1} =4
\Leftrightarrow m^2 =4 \Leftrightarrow m= \pm 2$.
Bài 5.


a) $\angle BEC = \angle BFC =90 ^\circ $
$H$ là trực tâm của $\triangle ABC \Rightarrow$ $AD$ là đường cao của $\triangle ABC \Rightarrow AD \bot BC$.
$\triangle ADC \backsim \triangle AEH \Rightarrow AH \cdot AD = AE \cdot AC$.
b) $\angle EOC = 2\angle EFC $
Tứ giác $HFBD$ nội tiếp $\Rightarrow \angle CFD = \angle EBC$ mà $\angle EBC = \angle CFE$
$\Rightarrow \angle CFD = \angle CFE \Rightarrow \angle DFE = 2\angle CFE$
Suy ra: $\angle EOC = \angle DFE \Rightarrow$ tứ giác $EFDO$ nội tiếp.
c) $EFDO$ nội tiếp $\Rightarrow \angle EDF = \angle EOF = 2\angle FCE$ (1)
Tam giác $DFL$ cân tại $D$ $\Rightarrow \angle EDF = 2\angle FLE$ (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow \angle FCE = \angle FLE$
$\Rightarrow$ $EFLC$ nội tiếp $\Rightarrow L \in (O) \Rightarrow \angle BLC =90^\circ $
d) $\angle BIC =90^\circ \Rightarrow $ $SRBI$ là hình chữ nhật $\Rightarrow RS= BI$ (3)
$DF = DL$ và $OF = OL \Rightarrow $ $OD$ là trung trực của $FL$
$\Rightarrow \angle BIL = \angle BEF$ (vì cung $BL$ và $BF$ bằng nhau)
Mà $\angle BEF = \angle EBI$ nên $\angle BIL = \angle EBI \Rightarrow BE // LI$
$\Rightarrow $ $BEIL$ là hình thang cân $\Rightarrow EL = BI$ (4)
Từ (3) và (4) $\Rightarrow EL = RS$ hay $DE + DF = RS$.

 

 

Đề thi và đáp án thi vào lớp 10 TPHCM 2014

Leave a reply

I. ĐỀ thi vào lớp 10 TPHCM 2014

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $x^2-7x+12 = 0$
b) $x^2-(\sqrt{2}+1)x+\sqrt{2} = 0$
c) $x^4-9x^2+20=0$
d) $3x-2y=4$ và $ 4x-3y=5. $

Bài 2.
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số $y = x^2$ và đường thẳng $(D):y=2x+3$ trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3. Thu gọn các biểu thức sau:
a) $A = \frac{{5 + \sqrt 5 }}{{\sqrt 5 + 2}} + \frac{{\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 – 1}} – \frac{{3\sqrt 5 }}{{3 + \sqrt 5 }}$
b) $B = \left( {\frac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 – \frac{2}{{\sqrt x }} + \frac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)$ với $x > 0$.
Bài 4. Cho phương trình $x^2-mx-1=0$ (1) ($x$ là ẩn).

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu.
b) Gọi $x_1, x_2$ là các nghiệm của phương trình (1). Tính giá trị của biểu thức $P = \dfrac{x_1^2+x_1-1}{x_1} – \dfrac{x_2^2+x_2-1}{x_2}$.
Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm $O$ $(AB < AC)$. Các đường cao $AD$ và $CF$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$.
a) Chứng minh tứ giác $BFHD$ nội tiếp. Suy ra $\angle AHC = 180^o – \angle ABC$.
b) Gọi $M$ là điểm bất kì trên cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$. ($M$ khác $B$ và $C$) và $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $AC$. Chứng minh tứ giác $AHCN$ nội tiếp.
c) Gọi $I$ là giao điểm của $AM$ và $HC$. $J$ là giao điểm của $AC$ và $HN$. Chứng minh $\angle AJI = \angle ANC$.
d) Chứng minh rằng $OA$ vuông góc với $IJ$.

II. ĐÁP ÁN

Bài 1.
a) $x^2 – 7x +12 =0$
$\Delta =1 $
Hai nghiệm của phương trình là $x_1 = 3$; $x_2 =4$
b)  $x^2 – \left( \sqrt{2}+1 \right) + \sqrt{2} = 0 $
Phương trình có $a+b+c = 0$ nên hai nghiệm là $x_1=1$; $x_2 = \sqrt{2}$
c)  $x^4 – 9x^2 +20 =0$
Đặt $t= x^2 \ge 0$
Phương trình trở thành: $t^2 -9t +20 =0$
$\Delta =1 $
$t_1 =4$ (nhận) và $t_2 =5$ (nhận)
Với $t=4 \Rightarrow x= \pm 2$; với $t=5 \Rightarrow x= \pm \sqrt{5}$
d)  $3x-2y=4  (1) $ và $4x-3y =5  (2)$
$\Leftrightarrow  3x-2y=4  (1) $ và  $x= 2  (3\cdot (1) – 2 \cdot (2))$
$\Leftrightarrow  x=2$ và $y=1$.

Bài 2.
a) Đồ thị:

Lưu ý: $(P)$ đi qua $O(0;0)$, $( \pm 1 ;1)$, $\pm 2; 4 )$
$(D)$ đi qua $(-1;1)$, $(0;3)$
b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là:
$x^2 = 2x+3 \Leftrightarrow x^2 -2x -3 =0$

$\Leftrightarrow  x = -1$ và $x= 3$
$y(-1) = 1$; $y(3) =9 $
Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là $(-1;1)$, $(3;9)$.
Bài 3.
a) $A= \dfrac{5+ \sqrt{5}}{\sqrt{5}+2} + \dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}- \dfrac{3\sqrt{5}}{3+ \sqrt{5}} $
$= \dfrac{\left( 5+ \sqrt{5} \right) \left( \sqrt{5}-2 \right) }{1} + \dfrac{\sqrt{5}\left( \sqrt{5}+1 \right) }{4} – \dfrac{3\sqrt{5}\left( 3- \sqrt{5} \right) }{4} $
$= 3\sqrt{5}-5 + \dfrac{5+ \sqrt{5}-9\sqrt{5}+15}{4} $
$=3\sqrt{5}-5 + 5 -2\sqrt{5} = \sqrt{5}$.
b) $B=\left( \dfrac{x}{x+ 3\sqrt{x}}+ \dfrac{1}{\sqrt{x}+3} \right) : \left( 1- \dfrac{2}{\sqrt{x}} + \dfrac{6}{x+ 3\sqrt{x}} \right) \hspace{1.5cm} (x > 0) $
$= \left( \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3} + \dfrac{1}{\sqrt{x}+3} \right) : \left( \dfrac{x+ 3\sqrt{x}- 2 \left( \sqrt{x} + 3 \right) + 6}{\sqrt{x} \left( \sqrt{x}+ 3 \right) } \right) $
$= \left( \dfrac{\sqrt{x}+ 1}{\sqrt{x} + 3} \right) : \left( \dfrac{\sqrt{x}+ 1}{\sqrt{x}+3} \right) =1$
Bài 4.

a) $x^2 – mx -1 =0$ $(1)$
$\Delta = m^2 + 4 >0$
Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$.
Theo Viet, ta có: $P = x_1 \cdot x_2 = \dfrac{c}{a} = -1 <0 $
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu.
b) Theo Viet, ta có:

$S= x_1 + x_2 = m $ và  $P = x_1 \cdot x_2 = -1$
$P = \dfrac{x_1^2 + x_1 -1}{x_1} – \dfrac{x_2^2 + x_2 -1}{x_2} $
$= \dfrac{x_1^2 + x_1 + x_1 x_2}{x_1} – \dfrac{x_2^2 + x_2 + x_1 x_2 }{x_2} $
$= x_1 + 1 + x_2 – x_2 -1 -x_1 =0$
Bài 5.


a) Ta có:
$\angle BFC = \angle BDA = 90^ \circ$ ($AD$, $CF$ là các đường cao)
$\Rightarrow \angle BFC + \angle BDA =180^ \circ \Rightarrow $ tứ giác $BFHD$ nội tiếp
$\Rightarrow \angle ABC + \angle DHF =180 ^\circ $
$\angle ABC + \angle AHC = 180 ^\circ $
$\angle AHC = 180 ^\circ – \angle ABC$.
b) Ta có $\angle AMC = \angle ABC$ ( cùng chắn cung $AC$)
$\angle AMC = \angle ANC$ (tính chất đối xứng)
$\Rightarrow \angle ANC = \angle ABC$
Mà $\angle AHC + \angle ABC = 180 ^\circ$
$\Rightarrow \angle AHC + \angle ANC = 180 ^\circ$
$\Rightarrow $ $AHCN$ nội tiếp.
c) Ta có $\angle MAC = \angle NAC$ ( tính chất đối xứng)
$\angle NAC = \angle NHC $ (cùng chắn cung $NC$)
$\Rightarrow \angle MAC = \angle NHC$ hay $\angle IAJ = \angle IHJ $
$\Rightarrow $ $AHIJ$ nội tiếp (2 đỉnh kề cùng nhìn cạnh dưới góc bằng nhau)
$\Rightarrow \angle AJI = 180 ^\circ \angle AHC = \angle ANC$.
d) Vẽ tiếp tuyến $xy$ của $(O)$ tại $A$ $\Rightarrow OA \bot xy$
$\angle AJI = \angle ANC = \angle AMC = \angle yAC \Rightarrow IJ // xy $
$\Rightarrow OA \bot IJ$.