I. Đề thi vào lớp 10 TPHCM 2013

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

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 các giao điểm của $(P)$ và $(D)$ ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3. Thu gọn các biểu thức sau:
a) $A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{3}{{\sqrt x – 3}}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{x + 9}}$ với $x \ge 0,x \ne 9$
b) $B = 21{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {3 – \sqrt 5 } } \right)^2} – 6{\left( {\sqrt {2 – \sqrt 3 } + \sqrt {3 + \sqrt 5 } } \right)^2} – 15\sqrt {15} $
Bài 4. Cho phương trình $8x^2-8x+m^2+1=0$ (1) ($x$ là ẩn số).

a) Định $m$ để phương trình (1) có nghiệm $x = \dfrac{1}{2}$.
b) Định $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa điều kiện $x_1^4 -x_2^4 =x_1^3- x_2^3$.
Bài 5. Cho tam giác $ABC$ không có góc tù $(AB < AC)$, nội tiếp đường tròn $(O;R)$. $B, C$ cố định, $A$ di động trên cung lớn $BC$). Các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại điểm $M$. Từ $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$, đường thẳng này cắt $(O)$ tại $D$ và $E$ ($D$ thuộc cung nhỏ $BC$), cắt $BC$ tại $F$, cắt $AC$ tại $I$.
a) Chứng minh $\angle MBC = \angle BAC$. Từ đó suy ra $MBIC$ nội tiếp.
b) Chứng minh $FI.FM = FD.FE$.
c) Đường thẳng $OI$ cắt $(O)$ tại $P$ và $Q$ với $P$ thuộc cung nhỏ $AB$. Đường thẳng $QF$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $Q$. Chứng minh ba điểm $P, T, M$ thẳng hàng.
d) Tìm vị trí điểm $A$ trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $IBC$ có diện tích lớn nhất.

II. ĐÁP ÁN

Bài 1.
a) $x^2 – 5x+6=0$
$\Delta = 25-24 =1 $
$\Leftrightarrow  x=\dfrac{5-1}{2}=2 $ hoặc $x=\dfrac{5+1}{2} =3 $
b)  $x^2 -2x -1 =0 $
$\Delta ‘ = 1+1 =2 $
$\Leftrightarrow x= 1- \sqrt{2}  hoặc x=1+ \sqrt{2}  $
c) Đặt $u= x^2 \ge 0$ phương trình trở thành:
$u^2 +3u-4=0$

$\Leftrightarrow u=1  hoặc u=-4  (l)$
Do đó phương trình $\Leftrightarrow x^2 =1 \Leftrightarrow x= \pm 1 $
Cách khác:
Phương trình tương đương: $\left( x^2 -1 \right) \cdot \left( x^2 + 4 \right) =0$

$\Leftrightarrow x^2 -1 =0 \Leftrightarrow x= \pm 1$
d)  $2x-y=3  (1)$  và   $x+ 2y = -1  (2)$
$\Leftrightarrow  2x-y=3  (1) và   5x=5 (3)\left( (2)+2(1) \right) $
$\Leftrightarrow  x=1 $ 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 $(1;1)$, $(0;2)$
b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là:
$x^2 = -x + 2 \Leftrightarrow x^2 +x-2=0 $

$\Leftrightarrow  x=1 hoặc x=-2$
$y(1) = 1$, $y(-2)=4$
Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là $(-2;4)$, $(1;1)$.
Bài 3. Thu gọn các biểu thức sau:
a) Với $x \ge 0;  x\ne 9$
$A=\left( \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\dfrac{3}{\sqrt{x}-3} \right) \cdot \dfrac{\sqrt{x}+3}{x+9}$
$A= \dfrac{x-3\sqrt{x}+3\sqrt{x}+9}{\left( \sqrt{x}+3 \right) \cdot \left( \sqrt{x}-3 \right) } \cdot \dfrac{\sqrt{x}+3}{x+9} $
$=\dfrac{1}{\sqrt{x}-3}$

b) $B=21 \left( \sqrt{2+ \sqrt{3}} + \sqrt{3- \sqrt{5}} \right) ^2 -6 \left( \sqrt{2-\sqrt{3}} + \sqrt{3+\sqrt{5}} \right) ^2 -15\sqrt{15}$
$= \dfrac{21}{2}\left( \sqrt{4+2\sqrt{3}} + \sqrt{6-2\sqrt{5}} \right) ^2 -3 \left( \sqrt{4-2\sqrt{3}} + \sqrt{6+2\sqrt{5}} \right) ^2 – 15\sqrt{15} $
$=\dfrac{21}{2} \left( \sqrt{3}+1+\sqrt{5}-1 \right) ^2 -3 \left( \sqrt{3} -1 + \sqrt{5}+1 \right) ^2 – 15\sqrt{15} $
$= \dfrac{15}{2}\left( \sqrt{3}+\sqrt{5}\right) ^2 – 15 \sqrt{15}=60$
Bài 4.

a) Phương trình (*) có nghiệm $x=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 2-4+m^2+1=0$

$\Leftrightarrow m^2=1 \Leftrightarrow m= \pm 1$
b) $\Delta ‘ = 16-8m^2 -8 = 8 \left( 1-m^2 \right) $
Khi $m= \pm 1$ thì ta có $\Delta ‘ =0 $ tức là: $x_1=x_2$ khi đó $x_1^4 – x_2^4 = x_1^3 -x_2^3$ (thỏa điều kiện).
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $m^2 <1 \Leftrightarrow -1 < m < 1$.
Khi đó ta có:
$x_1^4 – x_2^4 = x_1^3-x_2^3 $

$\Leftrightarrow \left( x_1^2 -x_2 ^2 \right) \left( x_1 ^2 + x_2 ^2 \right) = \left( x_1 -x_2 \right) \left( x_1 ^2 + x_2 ^2 +x_1 x_2 \right) $

$\Leftrightarrow \left( x_1 + x_2 \right) \left( x_1 ^2 + x_2 ^2 \right) = \left( x_1 ^2 + x_2 ^2 + x_1 x_2 \right) \;\; \left( \text{Do } x_1 \text{ khác } x_2 \right) $
$\Leftrightarrow \left( x_1 + x_2 \right) \left[ \left( x_1 + x_2 \right) ^2 – 2x_1 x_2 \right] = \left( x_1 + x_2 \right) ^2 – x_1 x_2 $
$\Leftrightarrow S\left( S^2 -2P \right) = S^2 – P $
$\Leftrightarrow 1 \left( 1^2 -2P \right) = 1^2 – P  \left( Vì  S=1 \right) $
$\Leftrightarrow P=0 \Leftrightarrow m^2 + 1 =0  (VN)$

Vậy $m= \pm 1 $
Cách khác
Khi $\Delta \ge 0$ ta có:
$x_1 + x_2 =1$ và $x_1 x_2 =\dfrac{m^2+1}{8}$
$x_1 ^4 – x_2 ^4 = x_1 ^3 – x_2 ^3 \Leftrightarrow x_1 ^3 \cdot \left( x_1 -1 \right) – x_2 ^3 \left( x_2 -1 \right) =0 $
$\Leftrightarrow -x_1 ^3x_2 + x_1 x_2 ^3 =0 \;\; \left( \text{thế } x_1 -1 = -x_2 \text{ và } x_2 -1 = – x_1 \right) $
$\Leftrightarrow x_1 x_2 \left( x_1 ^2 – x_2 ^2 \right) =0$
$\Leftrightarrow \left( x_1 + x_2 \right) \left( x_1 – x_2 \right) =0 \;\; \left( \text{vì } x_1 x_2 \ne 0 \right)$
$\Leftrightarrow x_1 = x_2 \;\; \left( \text{vì } x_1 + x_2 =1 \ne 0 \right) $
$\Leftrightarrow m= \pm 1$
Bài 5.

a) Ta có $\angle BAC = \angle MBC$ do cùng chắn cung $BC$
Và $\angle BAC = \angle MIC$ do $AB // MI$
Vậy $\angle MBC = \angle MIC$, nên bốn điểm $I$, $C$, $M$, $B$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OM$. (vì 2 điểm $B$, $C$ cùng nhìn $OM$ dưới một góc vuông)
b) Do 2 tam giác $FBD$ và $FEC$ đồng dạng nên $FB \cdot FC = FE \cdot FD$.
Và 2 tam giác $FBM$ và $FIC$ đồng dạng nên $FB \cdot FC = FI \cdot FM $.
Từ đó suy ra: $FI \cdot FM = FD \cdot FE$
c) Ta có $\angle PTQ = 90^ \circ$
$\triangle FIQ \backsim \triangle FTM$ ($\angle IFQ = \angle TFM$ và $\dfrac{FI}{FQ}= \dfrac{FT}{FM}$ vì $FI\cdot FM = FD \cdot FE = FT \cdot FQ$)
Nên $\angle FIQ = \angle FTM$ mà $\angle FIQ = \angle OIM = 90^ \circ $
Do đo $P$, $T$, $M$ thẳng hàng.
d) Ta có $BC$ không đổi nên $S_{IBC}$ lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ $I$ đến $BC$ lớn nhất.
Do đo $I$ trùng với $O$ thỏa yêu cầu bài toán vì $I$ nằm trên cung $BC$ của đường tròn đường kính $OM$. Khi $I$ trùng $O$ thì $\triangle ABC$ vuông tại $B$.
Vậy diện tích tam giác $IBC$ lớn nhất khi và chỉ khi $AC$ là đường kính của đường tròn $(O;R)$.

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 $PQ$.