I. ĐỀ

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

Bài 2.
a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số $y = \dfrac{1}{4}x^2$ và đường thẳng $(D): y =-\dfrac{1}{2}x + 2$ 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) $A = \dfrac{1}{{x + \sqrt x }} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{x – 1}} – \dfrac{1}{{x – \sqrt x }}$ với $x > 0,x \ne 1$
b) $B = \left( {2 – \sqrt 3 } \right)\sqrt {26 + 15\sqrt 3 } – \left( {2 + \sqrt 3 } \right)\sqrt {26 – 15\sqrt 3 } $.
Bài 4. Cho phương trình $x^2-2mx+m-2=0$. ($x$ là ẩn số).

a) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m$.
b) Gọi $x_1, x_2$ là các nghiệm của phương trình. Tìm $m$ để biểu thức $M = \dfrac{-24}{x_1^2+x_2^2-6x_1x_2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5. Cho đường tròn $(O)$ có tâm $O$ và điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Đường thẳng $MO$ cắt $(O)$ tại $E$ và $F$ (ME < MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến $MC$ của $(O)$ ($C$ là tiếp điểm, $A$ nằm giữa hai điểm $M$ và $B$, $A$ và $C$ nằm khác phía đối với đường thẳng $MO$.
a) Chứng minh $MA.MB = ME.MF$.
b) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $C$ lên đường thẳng $MO$. Chứng minh tứ giác $AHOB$ nội tiếp.
c) Trên nửa mặt phẳng bờ $OM$ có chứa điểm $A$, vẽ nửa đường tròn đường kính $MF$; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại $E$ của $(O)$ ở $K$. Gọi $S$ là giao điểm của hai đường thẳng $CO$ và $KF$. Chứng minh rằng đường thẳng $MS$ vuông góc với đường thẳng $KC$.
d) Gọi $P, Q$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $EFS$ và $ABS$ và $T$ là trung điểm của $KS$. Chứng minh ba điểm $P, Q, T$ thẳng hàng.

II. ĐÁP ÁN

Bài 1.
a) $2x^2-x-3=0$ (a)
Vì phương trình (a) có $a-b+c=0$ nên
$(a) \Leftrightarrow x=-1$ hoặc $x=\dfrac{3}{2}$
b)
$2x-3y=7  (1)$  và
$3x+2y =4  (2)$
$\Leftrightarrow   2x-3y=7 (1)  và  $x+5y =-3  (3)  ((2)-(1))
$ \Leftrightarrow  -13y=13  ((1)-2(3))$  và  $x+5y=-3  (3)$
$\Leftrightarrow  y=-1$  và  $x=2$
c)  $x^4 + x^2 -12 =0$ $(c)$

Đặt $u= x^2 \ge 0$, phương trình trở thành: $u^2 + u -12 =0$ $(1)$
$(1)$ có $\Delta =49$ nên $(1) \Leftrightarrow u= \dfrac{-1+7}{2}=3$ hoặc $u=\dfrac{-1-7}{2}=-4$ (loại)
Do đó, $(c) \Leftrightarrow x^2=3 \Leftrightarrow x= \pm \sqrt{3}$
Cách khác:
$(c) \Leftrightarrow \left( x^2-3 \right) \left( x^2 +4 \right) =0 $

$\Leftrightarrow x^2 =3$

$\Leftrightarrow x = \pm \sqrt{3}$
d) $x^2 – 2\sqrt{2}-7=0$ (d)
$\Delta ‘ = 2+7=9$ do đó $(d) \Leftrightarrow x=\sqrt{2} \pm 3$.

Bài 2.
a) Đồ thị:

Lưu ý: $(P)$ đi qua $O(0;0)$, $( \pm 2 ;1)$, $(\pm 4; 4 )$
$(D)$ đi qua $(-4;4)$, $(2;1)$
b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là:
$\dfrac{1}{4}x^2 = \dfrac{-1}{2}x+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{1}{x+\sqrt{x}}+ \dfrac{2\sqrt{x}}{x-1} – \dfrac{1}{x-\sqrt{x}}= \dfrac{x-\sqrt{x}-x-\sqrt{x}}{x^2-x}+ \dfrac{2\sqrt{x}}{x-1} $
$= \dfrac{-2\sqrt{x}}{x(x-1)}+\dfrac{2\sqrt{x}}{x-1}=\dfrac{2\sqrt{x}}{x-1} \left[- \dfrac{1}{x} +1 \right] = \dfrac{2\sqrt{x}(x-1)}{x(x-1)}=\dfrac{2}{\sqrt{x}}$ với $x>0$; $x\ne 1$
b) $B= \left( 2-\sqrt{3} \right) \sqrt{26+15\sqrt{3}}-\left( 2+\sqrt{3} \right) \sqrt{26-15\sqrt{3}}$
$= \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( 2-\sqrt{3} \right) \sqrt{52+30\sqrt{3}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left( 2+\sqrt{3} \right) \sqrt{52-30\sqrt{3}}$
$= \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( 2-\sqrt{3} \right) \sqrt{\left( 3\sqrt{3} + 5 \right)^2 } – \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( 2+\sqrt{3} \right) \sqrt{\left( 3\sqrt{3} – 5 \right)^2 }$
$= \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( 2-\sqrt{3} \right) \left( 3\sqrt{3} + 5 \right) – \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( 2+\sqrt{3} \right) \left( 3\sqrt{3} – 5 \right) $
$=\sqrt{2}$
Bài 4.

a) Phương trình (1) có:

$\Delta’ =m^2-m+2 = \left( m-\dfrac{1}{2} \right) ^2 + \dfrac{7}{4} >0 $ với mọi $m$ nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m$.
b) Do đó, theo Viet, với mọi $m$, ta có: $S=-\dfrac{b}{a} = 2m$; $P=\dfrac{c}{a}= m-2$
$M=\dfrac{-24}{\left( x_1+x_2 \right) ^2-8x_1x_2 } = \dfrac{-24}{4m^2-8m+16}= \dfrac{-6}{m^2-2m+4} = \dfrac{6}{(m-1)^2 + 3}$
Khi $m=1$ ta có $(m-1)^2 + 3$ nhỏ nhất
$\Rightarrow -M = \dfrac{6}{(m-1)^2+3}$ lớn nhất khi $m=1 $
$\Rightarrow M = \dfrac{-6}{(m-1)^2+3}$ nhỏ nhất khi $m=1$.
Vậy $M$ đạt giá trị nhỏ nhất là $-2$ khi $m=1$.
Bài 5.

a) Ta có $\angle MAE = \angle MFB$ (do $EFBA$ nội tiếp)
$\angle EMA = \angle BMF$
$\Rightarrow \triangle MEA \backsim \triangle MBF$
$\Rightarrow \dfrac{ME}{MB}= \dfrac{MA}{MF} \Rightarrow MA \cdot MB = ME \cdot MF $
b) Ta có $\triangle MCO$ vuông tại $C$, $CH$ là đường cao
$\Rightarrow MC^2 = MH \cdot MO$
$\triangle MAC \backsim \triangle MCB  (g-g) $
$\Rightarrow MC^2 = MA \cdot MB$
Do đó $MA \cdot MB = MH \cdot MO$
$\Rightarrow \dfrac{MA}{MO} = \dfrac{MH}{MB}$
mà $\angle AMH = \angle OMB $
$\Rightarrow \triangle AMH \backsim \triangle OMB $
$\Rightarrow \angle MAH = \angle MOB $
$\Rightarrow $ $AHOB$ nội tiếp
c) $\triangle MKF$ vuông tại $K$ có $KE$ là đường cao nên $MK^2 = ME \cdot MF$
Mà $MC^2 = MA \cdot MB = ME \cdot MF $
$\Rightarrow MK = MC$ (1)
Hai tam giác vuông $MKS$ và $MCS$ bằng nhau (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
$\Rightarrow SK = SC$ (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ $MS$ là trung trực của $KC$ $\Rightarrow MS \bot KC$
\item Gọi $I$ là giao điểm của $MS$ và $KC$
$\triangle MCS$ vuông tại $C$, $CI$ là đường cao nên $MC^2 = MI \cdot MS$
Mà $MC^2 = MA \cdot MB \Rightarrow MI \cdot MS = MA \cdot MB$
$\Rightarrow \dfrac{MA}{MS} = \dfrac{MI}{MB}$
$\angle AMI = \angle SMB \Rightarrow \triangle MAI \backsim \triangle MSB \Rightarrow \angle MIA = \angle MBS $
$\Rightarrow $ $ABSI$ nội tiếp (3)
$MI \cdot MS = MA \cdot MB = ME \cdot MF \Rightarrow \dfrac{ ME}{MS} = \dfrac{MI}{MF}$
Mà $\angle EMI = \angle SMF \Rightarrow \triangle MEI \backsim \triangle MSF $

$\Rightarrow \angle MEI = \angle MSF $
$\Rightarrow $ $EFSI$ nội tiếp (4)
Từ (3) và (4) suy ra hai đường tròn $(EFS)$ và $(ABS)$ cắt nhau tại $S$ và $I$
Mà $P$ và $Q$ là các tâm của hai đường tròn này
$\Rightarrow $ $PQ$ là trung trực của $SI$
$\triangle KIS$ vuông tại $I$ có $T$ là trung điểm của $KS$
$\Rightarrow TI = TS$
$\Rightarrow $ $T$ thuộc đường thẳng $PQ$.