I. ĐỀ

Câu 1.
a) Giải các phương trình: $x^2=(x-1)(3x-2)$.
b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi $100m$. Tính chiều dài và chiều rộng của miếng đất biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài $40m$.

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$:
a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số $y={\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2$.
b) Cho đường thẳng $(D):y={\displaystyle \frac{3}{2}}x+m$ đi qua điểm $C(6;7)$. Tìm tọa độ giao điểm $(D)$ và $(P)$.
Câu 3.
a) Thu gọn biểu thức $A=(\sqrt{3}+1)\sqrt{{\displaystyle \frac{14-6\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}}}$.
b) Lúc 6 giờ sáng , bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm $A$) đến trường (điểm $B$) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình bên dưới). Cho biết đoạn thằng $AB$ dài $762m$, góc $A=6^{\circ }$, góc $B=4^{\circ }$.

1. Tính chiều cao $h$ của con dốc.
2. Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc là $4km/h$ và tốc độ trung bình xuống dốc là $19km/h$.

Câu 4. Cho phương trình: $x^2-(2m-1)x+m^2-1=0(1)$ ($x$ là ẩn số).

a) Tìm điều kiện của $m$ để phương trình $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt.
b) Định $m$ để hai nghiệm $x_1$, $x_2$ của phương trình $(1)$ thỏa mãn:
$$(x_1-x_2{)}^2=x_1-3x_2$$
Câu 5. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ cắt các đoạn $BC$ và $OC$ lần lượt tại $D$ và $I$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $OC$; $AH$ cắt $BC$ tại $M$.
a) Chứng minh tứ giác $ACDH$ nội tiếp và $\mathrm{\angle }CHD=\mathrm{\angle }ABC$.
b) Chứng minh hai tam giác $OHB$ và $OBC$ đồng dạng và $HM$ là tia phân giác của góc $BHD$.
c) Gọi $K$ là trung điểm $BD$. Chứng minh $MD.BC=MB.CD$ và $MB\cdot MD=MK\cdot MC$.
d) Gọi $E$ là giao điểm của $AM$ và $OK$; $J$ là giao điểm của $IM$ và $(O)$ ($J$ khác $I$). Chứng minh hai đường thẳng $OC$ và $EJ$ cắt nhau tại một điểm nằm trên $(O)$.

II. ĐÁP ÁN

Câu 1.
a) $x^2=(x-1)(3x-2)$
$\iff x^2=3x^2–5x+2$
$\iff 2x^2–5x+2=0$
$\iff 2x^2–4x-x+2=0$
$\iff 2x(x-2)-(x-2)=0$
$\iff (x-2)(2x-1)=0$

$\iff x=2$ hoặc $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$
b) Gọi $a$, $b$ (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật. ($a,b>0$)
Ta có hệ phương trình:
$2(a+b)=100$ và  $5b-2a=40$
$\iff a=30$ và $b=20$
Vậy chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là 30m và 20m.

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$:
a) Đồ thị:

Đồ thị $(P)$ đi qua điểm $(2;1)$, $(-2;1)$ và $O(0;0)$
b) Đường thẳng $(D)$ đi qua điểm $C(6;7)$ nên
$7={\displaystyle \frac{3}{2}}.6+m\Rightarrow m=-2$
Do đó phương trình đường thẳng $(D)$ là $(D):y={\displaystyle \frac{3}{2}}x-2$.
Phương trình hoành độ giao điểm của $(D)$ và $(P)$ là:

${\displaystyle \frac{3}{2}}x-2={\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2$
$\iff x^2–6x+8=0$
$\iff x=4\Rightarrow y=4$ hoặc $x=2\Rightarrow y=1$
Vậy các giao điểm của $(D)$ và $(P)$ có tọa độ là $(4;4)$ và $(2,1)$
Câu 3.
a) $(\sqrt{3}+1)\sqrt{{\displaystyle \frac{14-6\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}}}=(\sqrt{3}+1)\sqrt{{\displaystyle \frac{20+4\sqrt{3}-10\sqrt{3}-6}{5+\sqrt{3}}}}$
$=(\sqrt{3}+1)\sqrt{{\displaystyle \frac{(4-2\sqrt{3})(5+\sqrt{3})}{5+\sqrt{3}}}}=(\sqrt{3}+1)\sqrt{{(\sqrt{3}-1)}^2}$
$=(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)=3-1=2$
b)

1. Ta có:
   $AH=h.cotg\mathrm{\angle }CAH=h.cotg{6}^{\circ }$
   $BH=h.cotg\mathrm{\angle }CBH=h.cotg{4}^{\circ }$
   Mà $AH+BH=AB$ nên
   $h.cotg{6}^{\circ }+h.cotg{4}^{\circ }=762$
   $\iff h={\displaystyle \frac{762}{cotg{6}^{\circ }+cotg{4}^{\circ }}}$ $\iff h\approx 32$
   Vậy chiều cao của con dốc là $h\approx 32m$
2.  $AC={\displaystyle \frac{h}{\sin \mathrm{\angle }CAH}}\approx {\displaystyle \frac{32}{\sin 6^{\circ }}}$
   Vận tốc An lên dốc là $4km/h=4000m/h$
   Thời gian An lên dốc là ${\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{32}{\sin 6^{\circ }}}}{4000}}$ (giờ)
   $BC={\displaystyle \frac{h}{\sin \mathrm{\angle }CBH}}\approx {\displaystyle \frac{32}{\sin 4^{\circ }}}$
   Vận tốc An xuống dốc là $19km/h=19000m/h$
   Thời gian An xuống dốc là ${\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{32}{\sin 4^{\circ }}}}{19000}}$ (giờ)
   Thời gian để An đến trường là ${\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{32}{\sin 6^{\circ }}}}{4000}}+{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{32}{\sin 4^{\circ }}}}{19000}}\approx 0.1$ (giờ) $\approx 6$ (phút)
   Vậy An đến trường lúc 6 giờ 6 phút.

Câu 4. $x^2–(2m-1)x+m^2-1=0$ (1)

a) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì
$a=1\ne 0$ và $\mathrm{\Delta }>0$
$\iff (2m-1{)}^2–4(m^2-1)>0$
$\iff 4m^2–4m+1–4m^2+4>0\iff m<{\displaystyle \frac{5}{4}}$
b) Để phương trình có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thì $a=1\ne 0$ và $\mathrm{\Delta }\ge 0$ $\Rightarrow m\le {\displaystyle \frac{5}{4}}$
Theo Viet, ta có: $S=2m-1$, $P=m^2-1$
${(x_1-x_2)}^2=x_1–3x_2$
$\iff {(x_1+x_2)}^2=x_1+x_2+4x_1{x}_2-4x_2$
$\iff (2m-1{)}^2=2m-1+4m^2–4–4x_2$
$\iff 4m^2-4m+1=2m-1+4m^2-4–4x_2$
$\iff 4x_2=6m-6\iff x_2={\displaystyle \frac{3}{2}}m–{\displaystyle \frac{3}{2}}$
$S=x_1+x_2=2m-1\Rightarrow x_1={\displaystyle \frac{1}{2}}m+{\displaystyle \frac{1}{2}}$
$P=x_1{x}_2=m^2-1$
$\Rightarrow ({\displaystyle \frac{1}{2}}m+{\displaystyle \frac{1}{2}})\left({\displaystyle \frac{3}{2}}m–{\displaystyle \frac{3}{2}}\right)=m^2-1\iff m^2-1=0\iff m=1(n)$ hay
m= -1 (n)
Vậy $m=1$ hoặc $m=-1$

Câu 5.

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ cắt các đoạn $BC$ và $OC$ lần lượt tại $D$ và $I$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $OC$; $AH$ cắt $BC$ tại $M$.
a) $\mathrm{\angle }ADB={90}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow \mathrm{\angle }AHC=\mathrm{\angle }ADC={90}^{\circ }\Rightarrow ACDH$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \mathrm{\angle }CAD=\mathrm{\angle }CHD$.
Mà $\mathrm{\angle }CAD=\mathrm{\angle }ABC$ (cùng phụ với $\mathrm{\angle }ACB$) nên $\mathrm{\angle }CHD=\mathrm{\angle }ABC$.
b) Theo câu a), ta có: $\mathrm{\angle }CHD=\mathrm{\angle }ABC\Rightarrow OBDH$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \mathrm{\angle }OHB=\mathrm{\angle }ODB$.
Mà $\mathrm{\angle }ODB=\mathrm{\angle }OBD$ nên $\mathrm{\angle }OHB=\mathrm{\angle }OBD\Rightarrow \mathrm{△}OHB\backsim \mathrm{△}OBC$
$\mathrm{\angle }OHB=\mathrm{\angle }OBD=\mathrm{\angle }CHD\Rightarrow {90}^{\circ }–\mathrm{\angle }OHB={90}^{\circ }–\mathrm{\angle }CHD\Rightarrow \mathrm{\angle }BHM=\mathrm{\angle }DHM$.
Do đó $HM$ là tia phân giác của $\mathrm{\angle }BHD$
c) $HM$ là phân giác $\mathrm{\angle }BHD$ mà $HM\mathrm{\perp }HC$ nên $HC$ là phân giác ngoài của $\mathrm{\angle }BHD$.
Do đó ta có ${\displaystyle \frac{MB}{MD}}={\displaystyle \frac{HB}{HD}}={\displaystyle \frac{CB}{CD}}\Rightarrow MD.BC=MB.CD$
Tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ cắt $AM$ tại $E$.
$\Rightarrow \mathrm{\angle }OBE={90}^{\circ }\Rightarrow OBEH$ là tứ giác nội tiếp. $\Rightarrow \mathrm{\angle }BOE=\mathrm{\angle }BHE$, mà $\mathrm{\angle }BHE=\mathrm{\angle }DHE$ nên $\mathrm{\angle }BOE=\mathrm{\angle }DHE$ (1)
Lại có $OBDH$ nội tiếp (cmt) nên 5 điểm $O$, $B$, $E$, $D$, $H$ cùng nằm trên một đường tròn.
$\Rightarrow OHDE$ nội tiếp $\Rightarrow \mathrm{\angle }DHE=\mathrm{\angle }DOE$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\mathrm{\angle }BOE=\mathrm{\angle }DOE\Rightarrow OE$ là phân giác $\mathrm{\angle }BOD$.
Do đó $O$, $K$, $E$ thẳng hàng.
$\Rightarrow EK\mathrm{\perp }BC$
$\mathrm{\angle }EKC=\mathrm{\angle }EHC={90}^{\circ }\Rightarrow EKHC$ nội tiếp $\Rightarrow MK.MC=MH.ME$.
$BHDE$ nội tiếp nên $MB.MD=MH.ME$.
Vậy $MB.MD=MK.MC$
d) Gọi $F$ là giao điểm của $EJ$ và $OC$.
Ta có $MH.ME=MB.MD$, $MB.MD=MI.MJ$ nên $MH.ME=MI.MJ\Rightarrow \mathrm{△}MJE\backsim \mathrm{△}MHI\Rightarrow \mathrm{\angle }MJE=\mathrm{\angle }MHI={90}^{\circ }\Rightarrow \mathrm{\angle }IJF={90}^{\circ }\Rightarrow \mathrm{\angle }IJF$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$.
Do đó $F$ nằm trên đường tròn $(O)$.
Vậy $EJ$ và $OC$ cắt nhau tại điểm $F$ nằm trên đường tròn.