Tag Archives: DeThi

Đề thi HK1 môn toán 10AB trường chuyên Lê Hồng Phong năm học 2020-2021

Leave a reply

Bài 1 (1 điểm). Cho $(P):y=ax^{2}+bx+c$. Tìm $a$, $b$, $c$ biết $(P)$ có trục đối xứng là đường thẳng $x=2$ và $(P)$ qua hai điểm $A(0;1)$, $B(1;-2)$.

Bài 2 (1 điểm). Giải phương trình: $\sqrt{ x^2-3x+2}=x-1$.

Bài 3 (1 điểm). Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} (m+1)x+6y=m^2+3m+5\\ x+my=m^3-3 \end{array}\right.$.

Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ sao cho hệ phương trình có nghiệm.

Bài 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} x+2y=5\\  x^2+y^2+3xy=11 \end{array} \right.$.

Bài 5 (1 điểm). Cho phương trình $\dfrac{2x^{2}-8x+m}{x^{2}-4x+3}=1$. Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình có nghiệm.

Bài 6 (3 điểm). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ biết $A(2;-1)$, $B(1;2)$, $C(4;3)$.

a) Chứng minh $ABC$ là tam giác vuông cân.

b) Tìm giao điểm của đường thẳng $AB$ và trục tung.

c) Tìm tọa độ điểm $D$ sao cho $ABCD$ là hình thang có $AD//BC$ và diện tích $ABCD$ bằng 15.

Bài 7 (1 điểm). Cho hình vuông $ABCD$ cạnh $a$, gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. $M$ là điểm thỏa $MA^{2}+2MB^{2}+MC^{2}+2MD^{2}=12a^2$, tính $MI$.

Bài 8 (1 điểm). Cho các số thực $x$, $y$ thảo $x^{2} + y^{2}+xy=3$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của $P=x^{4}+y^{4}+2(x^{2}+y^{2})+12xy$.

Đáp án

Bài 1 (1 điểm).

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{-b}{2a} =2\\ A(0;1) \in (P)\\B(1;-2) \in (P)\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b=-4a\\ c=1\\ a+b+c=-2\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a=1\\ b=-4\\ c=1\end{array}\right. $

Vậy $(P): y= x^2 -4x +1$.

Bài 2 (1 điểm).

$\sqrt{x^2 -3x +2} = x-1$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x-1\ge 0\\ x^2 -3x +2 = \left( x-1\right) ^2\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x\ge 1\\ x^2 -3x +2 = x^2 -2x +1\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow x=1$

Vậy $S=\left\{ 1\right\} $.

Bài 3 (1 điểm).

$\left\{ \begin{array}{l}(m+1)x + 6y = m^2 +3m +5\\ x + my = m^3 -3\end{array}\right. $

Ta có: $D=\left| \begin{array}{*{20}{c}}{m+1}&{6}\\ {1}&{m}\end{array}\right|$ $=m(m+1) – 6 = m^2 +m -6$

$D_x=\left| \begin{array}{*{20}{c}}{m^2 +3m +5}&{6}\\ {m^3- 3}&{m}\end{array}\right|$ $=m(m^2+3m +5) – 6(m^3 -3)$

   $ = -5m^3 +3m^2 +5m +18 $

$D_y=\left| \begin{array}{*{20}{c}}{m+1}&{m^2 +3m+5}\\ {1}&{m^3 -3}\end{array}\right|$ $=(m+1)(m^3 -3) – (m^2 +3m +5)$ $ = m^4 + m^3 -m^2 -6m -8$

Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $\left[ \begin{array}{l}D \ne 0\\ D = D_x = D_y =0\end{array}\right. $

  • Trường hợp 1: $D \ne 0 \Leftrightarrow m^2 +m -6 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m\ne -3\\ m\ne 2\end{array}\right. $
  • Trường hợp 2: $D = D_x =D_y =0 \Leftrightarrow m=2$

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi $m=2$ hoặc $m\ne -3 $

Bài 4 (1 điểm). 

$\left\{ \begin{array}{l}x+2y=5\\ x^2 + y^2 + 3xy =11\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=5-2y\\ \left( 5-2y\right) ^2 + y^2 + 3y\left( 5-2y\right) =11\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=5-2y\\ y^2 +5y -14 =0\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l}x=19\\ y=-7\end{array} \right. \\  \left\{ \begin{array}{l}x=1\\ y=2\end{array} \right.\end{array}\right. $

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: $\left( 19;-7\right) $, $\left( 1;2\right) $.

Bài 5 (1 điểm). 

Điều kiện xác định: $x\ne 1$, $x\ne 3$

$\dfrac{2x^2 -8x+m}{x^2 -4x +3}=1$  $(1)$

$\Leftrightarrow 2x^2 -8x +m = x^2 -4x +3 $

$\Leftrightarrow x^2 -4x +m-3 =0$  $(2)$

$\Delta’ = 4 – (m-3) = 7-m$

  • Trường hợp 1: $\Delta’ =0 \Leftrightarrow m=7$ thì (2) có nghiệm kép $x_1 = x_2 =2$ (nhận).
  • Trường hợp 2: $\Delta’ >0 \Leftrightarrow m<7 $

Phương trình $(1)$ có nghiệm khi $1$ và $3$ không đồng thời là nghiệm của $(2)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 – 4\cdot 1 + m-3 \ne 0\\ 9 – 4\cdot 3 + m-3 \ne 0\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow m\ne 6$

Vậy $m=7$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}m<7\\ m\ne 6\end{array}\right. $ thì phương trình $(1)$ có nghiệm.

Bài 6 (3 điểm).

a) Ta có: $AB= \sqrt{10}$, $AC = 2\sqrt{5}$, $BC= \sqrt{10}$

$\triangle ABC$ có: $\left\{\begin{array}{l}AB = AC\\ AB^2 + BC^2 = AC^2\end{array}\right. $ $\Rightarrow \triangle ABC$ vuông cân tại $B$.

b) Gọi $M=AB\cap Oy \Rightarrow M(0;m)$

$\overrightarrow{AB}= (-1;3)$, $\overrightarrow{AM}=(-2;m+1)$

$M,\, A,\, B$ thẳng hàng nên $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AM}$ cùng phương                              $\Rightarrow \dfrac{-2}{-1}=\dfrac{m+1}{3} \Rightarrow m=5$

Vậy $M(0;5)$

c) $S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AB \left( BC + AD\right) $

$\Rightarrow 15 = \dfrac{1}{2}\cdot \sqrt{10} \left( \sqrt{10} + AD\right) $

$\Rightarrow AD = 2\sqrt{10} = 2BC$

$\overrightarrow{BC} = (3;1)$, $\overrightarrow{AD} = (x_D -2; y_D +1)$

Ta có: $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BC}$ cùng hướng, $AD = 2BC$

$\Rightarrow \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{BC} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_D -2 = 6\\ y_D +1 = 2\end{array}\right. $ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_D = 8\\ y_D =1 \end{array} \right. $

Vậy $D(8;1)$.

Bài 7 (1 điểm).

Ta có: $\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IC} = \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{ID} = \overrightarrow{0}$, $IA = IB = IC = ID = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$

Ta có: $12a^2= MA^2 + 2MB^2 + MC^2 + 2MD^2 $

$=\left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA}\right) ^2 + 2\left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB}\right) ^2 + \left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IC}\right) ^2 + 2\left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{ID} \right) ^2 $

$=6MI^2 + IA^2 + 2IB^2 + IC^2 + 2ID^2 + 2\overrightarrow{MI} \left( \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IC} + 2\overrightarrow{IB} + 2\overrightarrow{ID}\right) $

$=6MI^2 + 3a^2$

$\Rightarrow MI^2 = \dfrac{3}{2}a^2 \Rightarrow MI = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$

Vậy $MI = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$

Bài 8 (1 điểm).

Ta có: $x^2 + y^2 +xy =3 \Rightarrow \left( x+y\right) ^2 -xy =3$ $\Rightarrow 3+xy = \left( x+y\right) ^2 \ge 0$ $\Rightarrow xy\ge -3$

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}x=\sqrt{3}\\ y=-\sqrt{3}\end{array}\right. $ hoặc ngược lại.

Lại có: $x^2 + y^2 + xy =3 \Rightarrow \left( x-y\right) ^2 + 3xy =3$ $\Rightarrow 3-3xy = \left( x-y\right) ^2 \ge 0$ $\Rightarrow xy \le 1$

Dấu “=” xảy ra khi $x=y=1$

Đặt $t=xy \Rightarrow t\in [-3;1]$

$P =x^4 + y^4 + 2\left( x^2 + y^2\right) + 12xy$

$= \left( x^2 + y^2\right) ^2 -2x^2y^2 + 2\left( x^2 + y^2\right) +12xy$

$=\left( 3-t\right) ^2 -2t^2 + 2\left( 3-t\right) + 12t$

$= -t^2 + 4t+15$

Vậy $P_{min} = -6$, $P_{max} = 18$

Đề thi HK1 môn toán trường Nguyễn Thị Minh Khai năm học 2018-2019

Leave a reply

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau
a) $1-\sqrt{5-3 x+x^{2}}=2 x$
b) $\sqrt{3 x-5}+\sqrt{x+1}=4+4 x^{2}-x^{3}-3 x$
c) $\left\{\begin{array}{l}x+y+x y=5 \\ x^{2}+y^{2}=5\end{array}\right.$
Bài 2. Tìm giá trị tham số $\mathrm{m}$ sao cho
a) Phương trình $\mathrm{m}^{2} \mathrm{x}=4 \mathrm{x}-2 \mathrm{~m}+\mathrm{m}^{2}$ có nghiệm tùy $\dot{\mathrm{y}}$.
b) Phương trình $\mathrm{x}^{2}+2 \mathrm{mx}+4=0$ có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $|x_1-x_2| = 2\sqrt{2}$.
Bài 3.Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $\mathrm{y}=\mathrm{x} \sqrt{1-\mathrm{x}^{2}}$ với $0<\mathrm{x}<1$.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ có $K$ là trung điểm $AB$. Gọi $I,J$ là các điểm thỏa
$\overrightarrow{\mathrm{AI}}=\frac{1}{3} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} ; 2 \sqrt{\mathrm{JB}}=\overline{\mathrm{JC}}$
a) Chứng minh rằng $\mathrm{K},$ I , J thẳng hàng.
b) Tìm tập hợp các điểm $\mathrm{M}$ sao cho $|2 \overrightarrow{\mathrm{MA}}-3 \overrightarrow{\mathrm{MB}}-2 \overrightarrow{\mathrm{MC}}|=|\overrightarrow{\mathrm{MB}}-\overrightarrow{\mathrm{MC}}|$
Bài 5.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho $\mathrm{A}(-2 ; 2), \mathrm{B}(1 ; 0), \mathrm{C}(3 ;-3)$
a) Tính tọa độ trực tâm $\mathrm{H}$ của $\Delta \mathrm{ABC}$.
b) Tính tọa độ điểm D thuộc trục Oy sao cho $\mathrm{ABCD}$ là hình thang có cạnh đáy lớn
$\mathrm{BC}$.

Đáp án thang điểm

Đề thi học kì 1 môn toán 10 năm học 2017-2018 trường Lê Quý Đôn – TPHCM

Leave a reply

BÀI 1. Xét tính chẵn – lẻ của hàm số: $f(x)=\dfrac{2 x^{2}+3}{|x+2|-|x-2|}$.

BÀI 2. Xác định parabol $(\mathrm{P}): f(x)=\alpha x^{2}+b x+2$ biết $(\mathrm{P})$ đi qua điểm $\mathrm{B}(-1 ; 6)$ và có tung độ đỉnh là $-\frac{1}{4}$.

BÀI 3. Giải các phương trình:
a) $\sqrt{2 x^{2}+7 x+5}=x+1$
b) $2 x-\left|x^{2}-4 x+5\right|=5$

BÀI 4. Cho $\forall x>1 ; y>1$. Chứng minh: $\dfrac{x y}{\sqrt{(y-1)(x-1)}} \geq 4$

BÀI 5. Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\mathrm{AB}=9, \mathrm{AC}=12, \widehat{\mathrm{BAC}}=120^{\circ}$. Tính diện tích tam giác $\mathrm{ABC}$, độ dài cạnh BC; độ dài trung tuyến AM và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

BÀI 6. Trong mặt phằng $0 \mathrm{xy}$ cho tam giác $\mathrm{ABC}$ với $\mathrm{A}(1 ; 3), \mathrm{B}(-3 ; 0), \mathrm{C}(0 ;-2)$
a) Tìm tọa độ điểm $\mathrm{M}$ sao cho $\mathrm{ABCM}$ là hình bình hành.
b) Tìm tọa độ điểm D thuộc trục $y^{\prime}$ Oy sao cho $|\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B D}-\overrightarrow{C D}|=2 \sqrt{5}$.

BÀI 7. Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình $\dfrac{x-m}{x+1}=m+1$ có nghiệm.

Đáp án thang điểm

 

Đáp án đề thi học kì 1 môn toán 10 năm học 2018 trường PTNK – Cơ sở 2

Leave a reply

Bài 1. Giải các phương trình sau:
a)$\sqrt{7x+2} = 1 + \sqrt{4x+1}$
b) $\left| x^2-x-1 \right|+3= 2x$
Bài 2. 

a) Tìm $a$, $b$, $c$ biết parabol $(P):y= ax^2 + bx +c$ đi qua điểm $A(1;-1)$ và có đỉnh $I(-1; -5)$.
b) Tìm $m$ để phương trình $(x-1)\left( \sqrt{x+m}-1 \right) =0$ có hai nghiệm là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 3.
Bài 3. Cho hệ phương trình
$$\left\{ \begin{array}{l}
(1-2m)x +4y = 4m^2 + 4m +3 \\
mx + 2(m-1)y=-m-2
\end{array} \right. \quad (I) $$
Chứng minh khi $m$ nhận giá trị bất kì trên $\mathbb{R}$, hệ $(I)$ luôn có nghiệm duy nhất. Giả sử $(x_0, 1)$ là nghiệm của hệ $(I)$. Tìm $x_0$.
Bài 4. Cho góc $\alpha$ thỏa $\tan \left( \alpha + \dfrac{\pi}{3} \right) = -\dfrac{ 3\sqrt{3}}{5}$. Tính giá trị của biểu thức:
$$ P=\dfrac{\cos ^3 \alpha + 2\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha + \sqrt{3} \sin ^3 \alpha }$$
Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có $AB=3a$, $AC=6a$, $BC=7a$.
a) Tính $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ và $\cos A$.
b) Gọi $M$, $N$ là hai điểm được xác định bởi $\overrightarrow{AM} = \dfrac{2}{3} \overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AN} = -\dfrac{3}{2} \overrightarrow{AC}$, tính $MN$ theo $a$.

Bài 6. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;3)$, $B(6;-2)$.

a) Tìm tọa độ điểm $C$ sao cho $G(1;1)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
b) Tìm tọa độ chân đường vuông góc kẻ từ $M(4;3)$ đến đường thẳng $AB$.

Hết

Lời giải

 

Bài 1. 

a) Nghiệm của phương trình: $x=2$.
b) $\left| x^2-x-1 \right| +3= 2x$
$\Leftrightarrow \left| x^2-x-1 \right| = 2x-3 \quad \left( x \ge \dfrac{3}{2} \right) $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x^2-x-1 = 2x-3 \\\\
x^2-x-1=3-2x
\end{array} \right. $
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình: $x=2$ hoặc $x=\dfrac{\sqrt{17}-1}{2}$

Bài 2.

a) $P$ qua điểm $A(1;-1)$ nên $-1=a+b+c$.

$(P)$ có đỉnh $I(-1;-5)$ nên $-5=a-b+c$ và $-\dfrac{b}{2a}= -1$.

Từ đó suy ra $P: y= x^2 + 2x-4$.
b) Điều kiện: $x\ge -m$

Từ phương trình suy ra: $\left[ \begin{array}{l}
x= 1 \\\\
x= 1-m
\end{array} \right. $

Để hai nghiệm là độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 thì: $1^2 + (1-m)^2 =3^2$ $\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m= 1+2\sqrt{2} \\\\
m= 1-2\sqrt{2} \quad \text{(loại vì } x\ge -m)
\end{array} \right. $

Vậy $m=1+2\sqrt{2}$.

Bài 3. 

$D= \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{1-2m}&{4}\\\\
{m}&{2(m-1)}
\end{array} \right| = (1-2m)(2m-2)-4m = -4m^2+2m-2 $

$D_x = \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{4m^2+4m+3}&{4}\\\\
{-m-2}&{2(m-1)}
\end{array} \right| = 8m^3+2m+2 $

$D_y= \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{1-2m}&{4m^2+4m+3}\\\\
{m}&{-m-2}
\end{array} \right| = -4m^3-2m^2-2 $

$D=0 \Leftrightarrow -4m^2+2m-2 =0$ (vô nghiệm).

Suy ra $D \ne 0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$

Vậy với mọi $m \in \mathbb{R}$ thì hệ $(I)$ luôn có nghiệm duy nhất.

Khi $(x_0;1)$ là nghiệm của hệ $(I)$ thì $y=\dfrac{D_y}{D}=\dfrac{-4m^3-2m^2-2}{-4m^2+2m-2}=1 \Leftrightarrow m=0$

Khi đó $x=\dfrac{D_x}{D}= \dfrac{2}{-2}=-1$

Bài 4.

$\tan\left( \alpha + \dfrac{\pi}{3} \right) =\dfrac{\tan \alpha + \tan \dfrac{\pi}{3}}{1-\tan \alpha \cdot \tan \dfrac{\pi}{3}} = -\dfrac{3\sqrt{3}}{5} \Leftrightarrow \tan \alpha = 2\sqrt{3}$

$P=\dfrac{\cos ^3 \alpha + 2\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha + \sqrt{3} \sin ^3 \alpha } = \dfrac{1+2\tan \alpha}{\tan ^2 \alpha + \sqrt{3} \tan ^3 \alpha} = \dfrac{1+4\sqrt{3}}{84}$

Bài 5. 

a) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -2a^2$; $\cos A = \dfrac{-2a^2}{3a\cdot 6a}= -\dfrac{1}{9}$
b) $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AN} – \overrightarrow{AM} = -\dfrac{3}{2} \overrightarrow{AC} – \dfrac{2}{3} \overrightarrow{AB} \Rightarrow MN^2=\overrightarrow{MN}^2 = \ldots = 81a^2 \Rightarrow MN = 9a$

Bài 6. 

a) $C(-4;2)$
b) Gọi chân đường vuông góc hạ từ $M$ đến $AB$ là $H(x,y)$

Ta có: $\left\\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow{MH} \bot \overrightarrow{AB} \\\\
\overrightarrow{AH} \parallel \overrightarrow{AB}
\end{array} \right. $

Từ đó suy ra: $H\left( \dfrac{5}{2}; \dfrac{3}{2} \right) $

Đáp án đề thi HK1 lớp 11 trường PTNK năm học 2017 – 2018

Leave a reply

Bài 1. Giải các phương trình sau:
a)  $ 2\cos ^2 \dfrac{x}{2}+\sqrt{3}\sin x=1+2\sin 3x $
b) $ 3 \tan^2 x+4\tan x+4\cot x+3\cot^2 x+2=0 $

Bài 2. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các số 1;2;3;4;5;6;7. Lấy ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để lấy được số có mặt chữ số 6.

Bài 3. Trong khai triển của $ \left(2x^3-\dfrac{3}{x^2}\right)^n $ với $ n $ là số nguyên dương thỏa $ 2C_{n+6}^{5}=7A_{n+4}^3, $ tìm số hạng không chứa $ x? $

Bài 4. Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng $ (u_{n}) $ biết rằng công sai của $ (u_{n}) $ là số nguyên dương và
$u_{1}+u_{3}+u_{5}=15, \dfrac{1}{u_{1}}+\dfrac{1}{u_{3}}+\dfrac{1}{u_{5}}=\dfrac{59}{45} $.

Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm $ I(2;-5) $ và đường thẳng $ d:3x-2y+3=0. $ Viết phương trình đường thẳng $ d’ $ là ảnh của $ d $ qua phép đối xứng tâm $ I. $

Bài 6. Cho hình chóp $ S.ABCD $ có đáy $ ABCD $ là hình thang có $ AD $ là đáy lớn, $ AD=2BC. $ Gọi $ O $ là giao điểm của $ AC $ và $ BD. $ Gọi $ G_{1},G_{2} $ lần lượt là trọng tâm $ \Delta SCD, \Delta SAB, \ E $ là trung điểm $ SD. $
a)  Mặt phẳng $ (BCE) $ cắt $ SA $ tại $ F. $ Chứng minh: $ F $ là trung điểm $ SA. $
b) Chứng minh $ G_{1}G_{2} \parallel (SAD) $
c) Chứng minh $ (OG_{1}G_{2}) \parallel (SBC) $
d) Gọi $ M $ là điểm trên cạnh $ AB $ sao cho $ AB=4AM. $ Mặt phẳng $ (P) $ qua $ M $ và song song với $ BC, SD. $ Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng $ (P). $ Thiết diện là hình gì?

Hết

Đáp án

[userview]

Bài 1.

a) Phương trình tương đương với
$$
\begin{aligned}
& \cos x+\sqrt{3} \sin x=2 \sin 3 x \\
\Leftrightarrow & \frac{1}{2} \cos x+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x=\sin 3 x \\
\Leftrightarrow & \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)=\sin 3 x \\
\Leftrightarrow x+\frac{\pi}{6}=3 x+k 2 \pi \text { hoặc } x+\frac{\pi}{6}=\pi-3 x+k 2 \pi \\
\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{12}+k \pi \text { hoặc } x=\frac{5 \pi}{24}+\frac{k \pi}{2}, k \in \mathbb{Z}
\end{aligned}
$$

Bài 2. Gọi $\overline{a b c d}(a \neq 0)$ là số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7 .
$\overline{a b c d}:$ Có $A_{7}^{4}=840$ số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7
$\Longrightarrow|\Omega|=840$Gọi A là biên có sao cho số dược lậy là một số có mặt chữ số $6 .$
$$
|A|=4 . A_{6}^{3}=480 \Longrightarrow P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{4}{7}
$$

Bài 3. 

\begin{aligned}
&2 C_{n+6}^{5}=7 A_{n+4}^{3} \Longleftrightarrow 2 \cdot \frac{(n+6) !}{5 !(n+1) !}=7 \cdot \frac{(n+4) !}{(n+1) !} \Longleftrightarrow \frac{(n+6) !}{(n+4) !}=420 \Longleftrightarrow(n+6)(n+5)=\\
&420 \Longleftrightarrow n^{2}+11 n-390=0 \Longleftrightarrow\left[\begin{array}{l}
n=15 \\
n=-26
\end{array} \Longleftrightarrow n=15(\text { vì n là số tự nhiên })\right.\\
&\text { Công thức } \mathrm{SHTQ}: T_{k+1}=C_{15}^{k} \cdot\left(2 x^{3}\right)^{15-k} \cdot\left(-\frac{3}{x^{2}}\right)^{k}=C_{15}^{k} \cdot 2^{15-k} \cdot(-3)^{k} \cdot x^{45-5 k}\\
&\text { Để số hạng không chứa } x \Longleftrightarrow 45-5 k=0 \Longleftrightarrow k=9 \text { . }\\
&\text { Vậy số hạng không chứa } \mathrm{x}: T_{10}=C_{15}^{9} .2^{6} \cdot(-3)^{9}=-6304858560 \text { . }
\end{aligned}

Bài 4. $\left\{\begin{array}{l}
u_{1}+u_{3}+u_{5}=15(1) \\
\frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{3}}+\frac{1}{u_{5}}=\frac{59}{45}(2) \end{array} \right.$
$(1) \Longleftrightarrow 3 u_{3}=15 \Longleftrightarrow u_{3}=5 $
$(2) \Longleftrightarrow \frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{5}+\frac{1}{u_{5}}=\frac{59}{45} \Longleftrightarrow \frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{5}}=\frac{10}{9} $

$\Longleftrightarrow 9\left(u_{1}+u_{5}\right)=10 u_{1} u_{5} $

$\Longleftrightarrow 9.2 u_{3}= 10\left(u_{3}-2 d\right)\left(u_{3}+2 d\right)$

$\Longleftrightarrow 90=10\left(u_{3}^{2}-4 d^{2}\right)=25-4 d^{2}=9 $

$\Longleftrightarrow d^{2}=4$

$\Longleftrightarrow d=2(\text{vì} d>0) $
$u_{3}=5 \Longleftrightarrow u_{1}+2 d=5 \Longleftrightarrow u_{1}=5-2 d=1$.
và $u_{1}=1,d=2$

Bài 5. 

Gọi $M^{\prime}\left(x^{\prime} ; y^{\prime}\right)$ là ảnh của $\mathrm{M}$ qua phép đối xứng tâm $\mathrm{I} \Longleftrightarrow \mathrm{I}$ là trung điểm của $\mathrm{MM}^{\prime} \Longleftrightarrow$
$$
\left\{\begin{array}{l}
x_{I}=\frac{x_{M}+x_{M^{\prime}}}{2} \\
y_{I}=\frac{y_{M}+y_{M^{\prime}}}{2}
\end{array} \Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
4=x+x^{\prime} \\
-10=y+y^{\prime}
\end{array} \Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
x=4-x^{\prime} \\
y=-10-y^{\prime}
\end{array}\right.\right.\right.
$$
Ta có: $3 x-2 y+3=0 \Longleftrightarrow 3\left(4-x^{\prime}\right)-2\left(-10-y^{\prime}\right)+3=0 \Longleftrightarrow 12-3 x^{\prime}+20+2 y^{\prime}+3=0 \Longleftrightarrow$
$3 x^{\prime}-2 y^{\prime}-35=0$
Vậy M’ thuộc dường thẳng d’:3x-2y-35=0.
Vậy ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng tâm I là đường thẳng $\mathrm{d}^{\prime}: 3 \mathrm{x}-2 \mathrm{y}-35=0 .$

Bài 6. 

a) Ta có: $C \in(S A C) \cap(B C E)(1)$.
Trong $(S B D)$ gọi $\mathrm{K}$ là giao diểm của $\mathrm{SO}$ và $\mathrm{BE}$ mà $S O \subset(S A C), B E \subset(B C E)=K \in$
$(S A C) \cap(B C E)(2)$
$(1)(2) \Longrightarrow C K=(S A C) \cap(B C E)$
Trong $(S A C)$ gọi $\mathrm{F}$ là giao điểm của $\mathrm{SA}$ và $\mathrm{CK}$ mà $\mathrm{CK} \subset(B C E)=F=\operatorname{SAn}(B C E) .$ $\mathrm{Vi} A D \| B C=\frac{O C}{O A}=\frac{O B}{O D}=\frac{B C}{A D}=\frac{1}{2} \Longleftrightarrow \frac{C O}{C A}=\frac{B O}{B D}=\frac{1}{3}$
Xét $\triangle S O D$ : Áp dụng định lý Menelaus với 3 điểm $\mathrm{B}, \mathrm{K}, \mathrm{E}$ thẩng hàng ta có:
$\frac{C O}{C A} \cdot \frac{K S}{K O} \cdot \frac{F A}{F S}=1 \Longleftrightarrow \frac{F A}{F S}=1 \Longleftrightarrow \mathrm{F}$ là trung điẻm $\mathrm{SA}$
b) Trong (SAB), goi P là giao điểm của $S G_{1}$ và AB. Vì $G_{1}$ là trọng tâm của $\triangle S A B=P$
là trung điểm của AB.

Trong (SCD), gọi P là giao điểm của $S G_{2}$ và CD. Vì $G_{2}$ là trọng tàm của $\triangle S C D=\mathrm{Q}$
là trung điểm của CD. Xét $\triangle S P Q$ ta có: $\frac{S G_{1}}{S P}=\frac{2}{3}=\frac{S G_{2}}{S Q}=G_{1} G_{2} \| P Q(3)$

Xét hình thang ABCD ta có: PQ là đường trung bình của hình thang ABCD (do P,Q làn
lượt là trung điểm của $\mathrm{AB}, \mathrm{CD} \Longrightarrow P Q \| A D(4)$
$$
\text { Tì }(3)(4)=G_{1} G_{2}\left\|A D, \operatorname{mà} \mathrm{AD} \subset(\mathrm{SAD})=G_{1} G_{2}\right\|(S A D)
$$
c) Ta có: $G_{1} G_{2} \| A D$ mà $A D\left\|B C=G_{1} G_{2}\right\| B C=G_{1} G_{2} \|(S B C)(5)$
Trong (SAB), gọi H là giao điểm của $A G_{1}$ và $\mathrm{SB}$. Vì $G_{1}$ là trọng tần của $\triangle S A B=\mathrm{H}$
là trung điểm của $\mathrm{SB}$. Xét $\triangle H A C$ ta có: $\frac{A O}{A C}=\frac{2}{3}=\frac{A G_{1}}{A H}=O G_{1}\left\|C H \operatorname{mà} C H \subset(S B C)=O G_{1}\right\|(S B C)(6)$
Tì $(5)(6)=\left(O G_{1} G_{2}\right) \|(S B C)$
d) Ta có: $M \in(P) \cap(A B C D) \operatorname{mà}(P)\left\|B C=(P) \cap(A B C D)=x M x^{\prime}\right\| B C$.
Trong (ABCD), gọi N là giao diểm của xMx’ và CD.
Ta có: $N \in(P) \cap(S C D) \operatorname{mà}(P)\left\|S D=(P) \cap(S C D)=y N y^{\prime}\right\| S D$
Trong (SCD) gọi I là giao diểm của yNy’ và SC.
Ta có: $I \in(P) \cap(S B C) \operatorname{mà}(P)\left\|B C \Longrightarrow(P) \cap(S B C)=t I t^{\prime}\right\| B C .$
Trong (SBC), gọi J là giao điểm của tIt’ và SB. $((P) \cap(A B C D)=M N$
$\Longrightarrow$ thiệt diê
Ta có: $M N\|I J\| A D=M N I J$ là hình thang.

[/userview]

Đáp án đề thi học kì 1 môn toán lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2016

Leave a reply

Bài 1. Tìm m để phương trình $\dfrac{(x-1)(x-3m)}{\sqrt{x-2}+1}=0$ vô nghiệm

Bài 2. Gọi $(P)$ là đồ thị của hàm số: $y= x^2 + bx + c \, \, (b,c \in \mathbb{R} )$. Biết các điểm $A(1;-4)$, $B(2;-3)$, thuộc $(P)$. \
Tìm tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(P’)$, với $(P’)$ là đồ thị của hàm số $y= (2x-1)^2 -4$

Bài 3. Cho hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
x+\dfrac{1}{m} \sqrt{y} =4 \\
\dfrac{1}{m} x + \sqrt{y} = \dfrac{2}{m} + 2
\end{array} \right.$, với m là tham số và $m \ne 0$.

Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Bài 4. Giải các phương trình sau:

a) $\sqrt{2x+1}+\sqrt{x-3}=4$
b) $x+ \dfrac{3x}{\sqrt{x^2-9}}=\dfrac{35}{4}$

Bài 5. Chứng minh đẳng thức: $\tan^2 a – \tan^2 b = \dfrac{\sin(a+b).\sin(a-b)}{\cos^2a.\cos^2b}$

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ có các đỉnh $A(-1;3)$, $B(-3;-3)$, $C(2;2)$. Chứng minh tam giác $ABC$ là tam giác vuông và tìm trực tâm tam giác $ABC$.

Bài 7.  Cho hình bình hành $ABCD$ với $AB=6a$, $AD=3a$, $\angle ABC =60^0$. Gọi $M,N$ thỏa: $\overrightarrow{MA}+2 \overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}$, $3 \overrightarrow{ND}+2 \overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$.
a) Tính $\overrightarrow{AM}. \overrightarrow{AD}$.
b) Tính độ dài cạnh $AN$ theo $a$.
c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $AMN$. Tìm $x$ và $y$ thỏa: $\overrightarrow{BG}= x \overrightarrow{BA} + y \overrightarrow{BD}$.

Hết

Đáp án

[userview]

ptnk10hk12016

[/userview]

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 $DE + DF = RS$.