Phương Pháp Giải Đề Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Môn Toán

NGUYỄN NGỌC DŨNG và một nhóm giáo viên
PHƯƠNG PHÁP GIẢI

ĐỀ TUYỂN SINH
A
MÔN: TOÁN
´
I
M
Z
O
K
Y
J S
B
C X
(Tài liệu được phát hành tại Nhóm TOÁN QUẬN 7 – fb.com/groups/toanquan7/)
LỜI MỞ ĐẦU
Nhằm giúp cho các ẹm học sinh chuẩn bị thi vào lớp 10 các trường công lập, trường chuyên,
chúng tôi biên soạn cuốn sách "Phương pháp giải đề tuyển sinh 9".
Cuốn sách tổng hợp từ các đề thi của các trường trong cả nước, được biên soạn rất tâm huyết
từ nhóm giáo viên: Nguyễn Ngọc Dũng, Đặng Thị Bích Tuyền, Nguyễn Xuân Tùng, Nguyễn Thành
Điệp, Võ Tấn Đạt, Nguyễn Ngọc Nguyên, Ngô Trâm Anh, Lê Minh Thuần, Trần Nguyễn Vân Nhi,
Nguyễn Trung Kiên, Lê Đức Việt, Phạm Tiến Đạt, Lâm Phan, Hang Tran, Skynet Le. Với cuốn
sách này hi vọng các em sẽ có thể gặp nhiều dạng toán ôn thi và mức độ ra đề của từng trường
để từ đó các em đề ra phương pháp ôn thi tốt nhất cho mình.
Trong quá trình biên soạn tài liệu, dù đã cố gắng hết sức nhưng không tránh khỏi những sai
sót, rất mong nhận được các ý kiến đóng góp của các bạn đọc gần xa để bộ sách hoàn thiện hơn
nữa.
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về:
Địa chỉ mail: nguyenngocdung1234@gmail.com
Facebook: https://www.facebook.com/ngocdung.nguyen.14268
Hãy tham gia Nhóm TOÁN QUẬN 7 – https://www.facebook.com/groups/165647350665705/
để được tải tài liệu THCS và THPT miễn phí.
Thay mặt nhóm tác giả!

Nguyễn Ngọc Dũng
3
Mục lục
Lời mở đầu 3
Đề 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD&ĐT Bắc Giang 2016-2017 . . . . . . . . . . . 5
Đề 2. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD & ĐT Bình Dương 2017-2018 . . . . . . . . . . 15
Đề 3. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Sở GD và ĐT Bình Định 2017 - 2018 (đề thường) 23
Đề 4. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD và ĐT Bắc Giang 2017-2018 . . . . . . . . . . 29
Đề 5. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bắc Ninh 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Đề 6. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Quảng Ngãi 2017-2018 . . . . . . . . . . 45
Đề 7. Đề thi tuyển sinh Lớp 10 Sở GD và ĐT Cà Mau . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Đề 8. Đề thi tuyển sinh lớp 10, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Đồng Nai . . . . . . . . 60
Đề 9. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Hưng Yên . . . . . . . . . . . . . . . 77
Đề 10. Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Hải Dương năm học 2017-2018 . . . . . . . . . . 82
Đề 11. Đề thi tuyển sinh Sở GD&ĐT Hà Tĩnh 2017 - 2018 . . . . . . . . . . . . . . . 90
Đề 12. Đề thi tuyển sinh Sở GD và ĐT Thừa Thiên Huế 2017 . . . . . . . . . . . . . 97
Đề 13. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD& ĐT Kiên Giang 2017 - 2018 . . . . . . . . . 107
Đề 14. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Tỉnh Khánh Hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
Đề 15. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN 2017-2018 . . . . . 120
4
` Đề Tuyển Sinh Vào 10 ` Thầy NGUYỄN NGỌC DŨNG Tel: 0976 071 956
Đề 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD&ĐT Bắc Giang

2016-2017
Bài 1
1 3√ √

a) Tính giá trị của biểu thức A = 3 + 12 − 48.
3 2
1
b) Tìm m để hàm số y = (2m − 1) x + 5, m 6= đồng biến trên R.
2
Phân tích. Đối với câu a) chúng ta có thể giải bài toán bằng phương pháp đưa thừa số ra ngoài
dấu căn.
Đối với câu b) chúng ta chỉ cần nhớ được tính chất đồng biến của hàm số bậc nhất là có thể hoàn
tất yêu cầu của bài toán.
Lời giải.
1 3√ √ √ 3 √ √ √ √ √

a) Ta có A = 3 + 12 − 48 = 3 + .2 3 − 4 3 = 3 + 3 3 − 4 3 = 0.
3 2 2
1
b) Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi 2m − 1 > 0 ⇔ 2m > 1 ⇔ m > .
2
1
Vậy m > thỏa yêu cầu bài toán.
2
Bình luận. Câu a) là một bài tập đơn giản ở dạng tính giá trị của một biểu thức chứa căn,
không yêu cầu quá cao về mặt tư duy.
Câu b) bài toán không mang tính chất đánh đố, nhưng yêu cầu học sinh cần nắm vững kiến thức
lý thuyết về tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số bậc nhất.
Bài tập tương tự.
√ √

1
a) Tính giá trị của biểu thức A = 2. + 3 8 − 18.
2
3
b) Tìm m đề hàm số y = (2m − 3)x + 2017, m 6= đồng biến trên R.
2
GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 5/125

Bài 2

3x − 2y = 5


a) Giải hệ phương trình  .
x + 3y = −2

b) Rút gọn biểu thức

Ç√ √ å √ √
x−2 x+2 6x x x− x
B= √ −√ + √ với x ≥ 0, x 6= 1.
x+1 x−1 x−1 x−1
c) Cho phương trình x2 − 2 (m + 1) x + 2m − 3 = 0 (với x là ẩn) (1)
c.1) Giải phương trình (1) với m = 0.
c.2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho
x + x
1 2
biểu thức đạt giá trị lớn nhất.
x1 − x2
Phân tích. Câu a) yêu cầu giải một hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cơ bản, chúng ta có thể
giải được bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Câu b) yêu cầu rút gọn biểu thức chứa căn, thoạt nhìn biểu thức khá cồng kềnh và có nhiều phân
thức, chúng ta sẽ nghĩ ngay tới hướng tìm mẫu chung và quy đồng, sau khi quy đồng và rút gọn
thì bài toán không còn quá phức tạp.
Câu c) bao gồm hai ý, ở ý c.1) chúng ta có thể giải bằng cách sử dụng công thức nghiệm (công
thức nghiệm thu gọn) quen thuộc, hoặc nhẩm nghiệm nhanh bằng cách ứng dụng định lý Viète, ở
ý c.2) là dạng bài tập tìm nghiệm của phương trình bậc hai thỏa yêu cầu cho trước có lồng ghép
kiến thức về giá trị lớn nhất, tuy nhiên việc vận dụng định lý Viète và một số phương pháp đánh
giá bất đẳng thức để giải bài toán là dễ nhận ra.
Lời giải.
a) Cách 1: Từ phương trình thứ hai của hệ phương trình ta có
x + 3y = −2 ⇔ x = −2 − 3y.
Thế x = −2 − 3y vào phương trình thứ nhất của hệ phương trình ta có
3 (−2 − 3y) − 2y = 5 ⇔ −11y = 11 ⇔ y = −1.
Từ y = −1 thế vào x = −2 − 3y ta được x = 1.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (1; −1).
Cách 2: Ta có
 
3x − 2y = 5 3x − 2y = 5

 

⇔ .
x + 3y = −2 −3x − 9y = 6

 

Ta lấy hai phương trình 3x − 2y = 5 và −3x − 9y = 6 cộng vế theo vế, ta được
−11y = 11 ⇔ y = −1.
Thế y = −1 vào x + 3y = −2 ta có x = −2 − 3(−1) = 1.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (1; −1).
b) Ta có
Ç√ √ å √ √
x−2 x+2 6x x x− x
B= √ −√ + . √
x+1 x−1 x−1 x−1
√ √ √ √ √
( x − 2) ( x − 1) − ( x + 2) ( x + 1) + 6x x (x − 1)
= . √
x−1 x−1
√ √
(6x − 6 x) x
= √
x−1
√ √ √
6 x ( x − 1) x
= √
x−1
= 6x.
Vậy B = 6x với x ≥ 0, x 6= 1.
c) c.1) Cách 1: Với m = 0 phương trình (1) trở thành
x2 − 2x − 3 = 0 (∗).
Ta có các hệ số của phương trình (∗) là a = 1, b = −2, c = −3, nhận xét rằng a − b + c =
1+2−3 = 0. Theo hệ quả của định lý Viète thì phương trình (∗) có hai nghiệm là x1 = −1
−c
và x2 = = 3.
a
Cách 2: Ta có các hệ số của phương trình (∗) là a = 1, b0 = −1, c = −3.
∆0 = b02 − ac = 1 + 3 = 4 . Do ∆0 > 0, áp dụng công thức nghiệm thu gọn, phương trình
(∗) có hai nghiệm phân biệt là:
√ √
−b0 − ∆0 1−2 −b0 + ∆0 1+2
x1 = = = −1, x2 = = = 3.
a 1 a 1
c.2) Ta có ∆0 = (m + 1)2 − (2m − 3) = m2 + 4 > 0, ∀m ∈ R nên phương trình (1) có hai

nghiệm phân biệt với mọi m ∈ R.
Xét
x + x
1 2
P = .
x1 − x2
Theo định lí Viète và công thức nghiệm thu gọn ta có

 2(m + 1)
x1 + x2 = 1 = 2(m + 1)



√ √ √ √ .

−b 0
+ ∆ 0 −b 0
− ∆0 2 ∆ 0 2 m2 + 4 √
|x − x | = − = = = 2 m2 + 4


1 2

a a |a| 1





x + x
1 2
Thế vào P = ta được
x1 − x2
|m + 1|
P =√ 2 .
m +4
Ta có
|m + 1| |m| + 1
P =√ 2 ≤√ 2 .
m +4 m +4
Theo bất đẳng thức BCS ta có
Ã
Ç å2 !
1
1 (m2 + 22 ) . 12 + √
|m| + 1 |m| .1 + 2. 2 5
√ = √ 2 2 ≤ √ =
2
m +4 m +4 m2 + 4 2
suy ra √
5
P ≤ .
2



m.1 > 0
m > 0

 


Dấu "=" xảy ra khi  |m| 2 ⇔ ⇔ m = 4.
=
 1


 1 |m| = 4

2
Vậy m = 4 thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Bình luận. Câu a) là một bài toán cơ bản, không yêu cầu quá cao về tư duy, tuy nhiên có thể
thấy rằng việc lựa chọn phương pháp thế sẽ được ưu tiên hơn khi giải bài toán này.
Câu b) là một bài toán có "độ nhiễu" khá cao và có thể gây mất nhiều thời gian cho các học sinh.
Câu c). Ở ý c.1) đây cũng là một bài toán cơ bản về giải phương trình bậc hai, tuy nhiên có thể
thấy rằng việc lựa chọn phương pháp ứng dụng định lý Viète sẽ được ưu tiên hơn. Ở ý c.2) Việc
lồng ghép nhiều kiến thức vào một bài toán sẽ đưa đến sự phân loại tốt hơn và gây khó khăn khi
học sinh phải biết vận dụng linh hoạt các kiến thức đó.


4x − 6y = 12


a) Giải hệ phương trình  .
2x + y = 2

Ç √ å
x 4 x + 16
b) Rút gọn biểu thức B = √ +√ :√ với x > 0; x 6= 16.
x+4 x−4 x+2
c) Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x + 2m − 4 = 0 (với x là ẩn) (1)
c.1) Giải phương trình với m = 0.
c.2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho biểu
thức |x1 + x2 | − |x1 .x2 | đạt giá trị lớn nhất.

Bài 3
Một hiệu sách A có bán hai đầu sách: Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 và Hướng dẫn học
tốt môn Ngữ Văn lớp 10. Trong một ngày của tháng 5 năm 2016, hiệu sách A bán được 60
cuốn mỗi loại trên theo giá bìa, thu được số tiền là 3.300.000đ và lãi được 420.000đ. Biết rằng
mỗi cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 lãi 10% giá bìa, mỗi cuốn sách Hướng
dẫn học tốt môn Ngữ Văn 10 lãi 15% giá bìa. Hỏi giá bìa mỗi cuốn sách đó là bao nhiêu?
Phân tích. Chúng ta có thể dễ dàng dựa trên câu hỏi của đề bài và mô hình hóa bài toán bằng
cách đặt giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là x đồng và giá bìa của
một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là y đồng, với x > 0; y > 0. Phương trình
đầu tiên của hệ được lập dựa trên thông tin về doanh số của hiệu sách bán trong ngày hôm đó.
Phương trình thứ hai của hệ được lập dựa trên thông tin về tiền lãi.
Lời giải. Đặt giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là x đồng (x > 0).
Đặt giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là y đồng (y > 0).
Trong một ngày hiệu sách bán được 60 cuốn sách mỗi loại và thu về được 3300000 đồng nên ta có
60x + 60y = 3300000 (1).
Số tiền lãi khi bán được 60 cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là
10%.60x = 6x đồng.
Số tiền lãi khi bán được 60 cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là
15%.60y = 9y đồng.
Vì số tiền lãi của ngày hôm đó là 420000 đồng nên
6x + 9y = 420000 (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình


60x + 60y = 3300000



.
6x + 9y

= 420000
Ta có 60x + 60y = 3300000 ⇔ x + y = 55000 ⇔ x = 55000 − y.

Ta có 6x + 9y = 420000 ⇔ 2x + 3y = 140000.
Thế x = 55000 − y vào 2x + 3y = 140000 ta được
2(55000 − y) + 3y = 140000 ⇔ y = 30000.
Thế y = 30000 vào x = 55000 − y ta được
x = 25000.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (25000; 30000).

So sánh với điều kiện rằng buộc x > 0; y > 0 ta kết luận:
Giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là 25000 đồng.
Giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là 30000 đồng.
Bình luận. Đây là một bài toán ở dạng giải bài toán thực tế bằng cách lập hệ phương trình, bài
toán thực tế này khá dễ vì học sinh chỉ cần dựa vào câu hỏi của bài toán để đặt ẩn và xây dựng
một hệ phương trình.
Bài 4
Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau, gọi E là một điểm
trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D), EC cắt OA tại M , trên tia AB lấy điểm P
sao cho AP = AC, tia CP cắt đường tròn tại điểm thứ hai là Q.
a) Chứng minh: Tứ giác DEM O nội tiếp.
b) Chứng minh: Tiếp tuyến của (O) tại Q song song với AC.
√
c) Chứng minh: AM.ED = 2OM.EA.
OM ON
d) Nối EB cắt OD tại N , xác định vị trí của E để tổng + đạt giá trị nhỏ nhất.
AM DN
Phân tích. Câu a) yêu cầu chứng minh tứ giác DEM O nội tiếp, theo dữ kiện bài toán ta thấy
ngay rằng góc M
◊ OD = 90◦ , do đó ta sẽ cần chứng minh thêm góc M
◊ ED = 90◦ và điều này thì
hiển nhiên vì M
◊ ED chắn nửa đường tròn. Nếu suy nghĩ theo một hướng khác rằng sẽ chứng minh
tổng của hai góc OM
◊ ÷ = 180◦ , ta dựa theo định lý về góc nội tiếp và góc có đỉnh nằm
E + ODE
trong đường tròn ta cũng có thể giải quyết được bài toán.
Câu b) yêu cầu chứng minh tiếp tuyến tại Q song song với AC, học sinh có thể suy nghĩ theo
hướng chứng minh ACP
÷ =Q” (với Q
1
” là góc tạo bởi tiếp tuyến của (O) tại Q và dây cung QC
1
như hình vẽ), tuy nhiên phương án chứng minh trực tiếp sẽ bế tắc, do đó chúng ta sẽ tìm một
góc khác để chứng minh gián tiếp, dễ thấy rằng tam giác ACP cân tại A nên ACP
÷ = AP
÷ C, vậy
ta sẽ chứng minh AP
÷ C=Q
” , việc chứng minh khá đơn giản, ta chỉ cần dùng định lý về góc tạo
1
bởi tiếp tuyến và dây cung và định lý về góc có đỉnh nằm trong đường tròn.
√
Câu c) yêu cầu chứng minh AM.ED = 2OM.EA, chúng ta nghĩ ngay tới phương án sử dụng
tam giác đồng dạng, nhưng chúng ta sẽ bế tắc khi cố gắng tìm hai tam giác đồng dạng có các cạnh
√
tương ứng, do đó chúng ta sẽ chuyển qua ý tưởng chọn hai cặp tam giác đồng dạng. Để ý thấy 2
√ √
trong đẳng thức cần chứng minh và theo giả thiết của bài toán thì ta có AC = 2OA = 2OC
(áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông AOC) và các góc OAC
÷ = AEC.
÷ Từ đó ta
chọn được hai cặp tam giác đồng dạng là 4CEA v 4CAM và 4COM v 4CED. Sử dụng tỉ lệ
√ √
đồng dạng và AC = 2OA = 2OC ta có ngay điều cần chứng minh.

OM ON
Câu d) yêu cầu xác định vị trí của E để tổng + đạt giá trị nhỏ nhất. Chúng ta nghĩ
AM DN
OM ED
ngay tới phương án dùng bất đẳng thức Cauchy, để ý rằng tỉ lệ theo câu c sẽ bằng √ ,
AM 2EA
ON EA
do đó ta sẽ suy nghĩ tới hướng dùng tam giác đồng dạng để chuyển tỉ lệ về tỉ lệ k. (k là
DN ED
hằng số) để áp dụng bất đẳng thức Cauchy, nhưng việc chỉ dùng một cặp tam giác đồng dạng để
chuyển tỉ lệ là không khả thi, khi đó ý tưởng là chúng ta sẽ lại chọn hai cặp tam giác đồng dạng
như câu c).
Lời giải.
M O P B
A
H
Q1
Q
E
a)
Cách 1: Xét tứ giác DEM O ta có M
◊ OD = 90◦ (vì giả thiết AB⊥CD tại O) và M
◊ ED = 90◦
(vì M
◊ ED chắn nửa đường tròn (O)), suy ra tứ giác DEM O nội tiếp.
Cách 2: Xét tứ giác DEM O ta có
1 ÷ ÷ 1 ÷
OM
◊ E + ODE
÷ = AOC + EOB + EOC
2 2
1 ÷ ÷ ÷
= AOC + EOB + EOC
2

= AOC
÷ + EOD÷ + DOB ÷ + EOA
÷ + AOC
÷
1 ÷ ÷ ÷
= 2.AOC + DOB + AOD
2
1
= (2.90◦ + 90◦ + 90◦ )
2
= 180◦
suy ra tứ giác DEM O nội tiếp.

b) Gọi Q
” là góc hợp bởi tiếp tuyến tại Q và dây cung QC (như hình vẽ).
1
Do AC = AP nên tam giác CAP cân tại A, suy ra ACP

÷ = AP ÷C (1).
1 1 1
Ta có AP
÷ C= AOC
÷ + BOQ
÷ và Q ” = COQ
1
÷ = COB
÷ + BOQ
÷ .
2 2 2
Mà COB = AOC, suy ra Q1 = AP C (2).
÷ ÷ ” ÷
Từ (1) và (2) suy ra ACP

÷ =Q” , suy ra tiếp tuyến của (O) tại Q song song với AC.
1
M O P B
A
N H
Q
E
c)
_ _
Ta có CAM
◊ = AEC
÷ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau là AC=BC).
Xét hai tam giác CEA và tam giác CAM có


CAM
◊ = CEA
÷ (chứng minh trên)



ACE
 ÷ (góc chung)
AM AC
suy ra 4CAE v 4CM A, suy ra = .
EA EC
Xét hai tam giác COM và tam giác CED có

COM

 ÷ = 90◦ (chứng minh ở câu a)
◊ = CED

ECD
 ÷ (góc chung)
OM CO
suy ra 4COM v 4CED, suy ra = .
ED CE
Mặt khác tam giác AOC vuông tại O, theo định lý Pythagoras ta có
√ √
AC 2 = OC 2 + OA2 ⇔ AC 2 = 2OA2 ⇔ AC = 2OA = 2OC
suy ra √ √
AM 2OC 2OM √
= = hay AM.ED = 2OM.EA.
EA CE ED

÷ = 1 EOB
÷ = 1 EOD 1 ÷ ÷

d) Ta có BAE ÷ + DOB
÷ và ON÷B= BOC + EOD .
2 2 2
Mà BOC ÷ = 90◦ , suy ra BAE
÷ = DOB ÷ = ON
÷ B.
÷ = 90◦ (vì AEB
Mặt khác ta có AEB ÷ chắn nửa đường tròn (O)).
Xét hai tam giác BON và tam giác BEA có


AEB

 ÷ = 90◦ (chứng minh trên)
÷ = BON

BAE
 ÷ = ON
÷ B (chứng minh trên)
BO ON
suy ra 4BON v 4BEA, suy ra = .
BE EA _ _
Ta có BDN
◊ = BED
÷ (vì là hai góc nội tiếp lần lượt chắn hai cung bằng nhau là BC=BD).
Xét hai tam giác BN D và tam giác BED ta có


BDN
◊ = BED
÷ (chứng minh trên)



EBD
 ÷ (góc chung)
√
DN 2ON ON EA
suy ra 4BN D v 4BDE, suy ra = suy ra =√ .
ED EA DN 2ED
OM ED ON OM 1
Theo câu c) ta có =√ , suy ra . = .
AM 2EA DN AM 2
ON OM
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm và ta có
DN AM
1 √

OM ON OM ON
+ ≥2 . = 2. = 2.
AM DN AM DN 2
_
Đẳng thức xảy ra khi ED = EA hay E là điểm chính giữa cung nhỏ AD.
OM ON √
Vậy + đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi E là điểm nằm chính giữa của cung nhỏ
_
AM DN
AD .
Bình luận.
a) Đây là câu hỏi không mang tính đánh đố, học sinh có thể dễ dàng thấy được cách giải quyết
bài toán.
b) Ở câu hỏi này, yêu cầu học sinh cần phải biết sắp xếp giả thiết và chuyên hướng tư duy khi
gặp phải bế tắc.
c) Ở câu hỏi này, học sinh thấy có thể nhanh chóng nghĩ tới phương án sử dụng phương pháp
tam giác đồng dạng để giải bài toán, tuy nhiên việc chọn ra các cặp tam giác đồng dạng là
không dễ dàng.
d) Tương tự như câu c) tuy nhiên đây là một câu hỏi nâng cao hơn khi yêu cầu học sinh phải vận
dụng thêm kiến thức về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, khiến học sinh gặp không ít khó khăn.

Bài 5
Cho hai số thực x; y thỏa mãn x ≤ 2; x + y ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = 14x2 + 9y 2 + 22xy − 42x − 34y + 35.
Phân tích. Khi nhìn vào biểu thức cần đánh giá, chúng ta sẽ nghĩ ngay tới phương án dùng
phương pháp đưa biểu thức về dạng tổng của các bình phương. Tuy nhiên việc đưa biểu thức A
về dạng tổng của các bình phương có quá nhiều sự lựa chọn, và việc "mò mẫm" có khả năng dẫn
tới bế tắc. Để ý thấy rằng từ điều kiện của hai biến x; y ta thấy rằng x ≤ 2; y ≥ 0, do đó nếu có
thể biến đổi hai biến x; y thành hai biến a; b với điều kiện a ≥ 0; b ≥ 0 (hiển nhiên ta nghĩ ngay
đến việc đặt a = 2 − x; b = x + y − 2) thì bài toán có lẽ sẽ trở nên đơn giản hơn. Và sau khi đổi
biến như vậy, cùng với sử dụng phương pháp đưa A về dạng tổng của các bình phương ta có thể
giải quyết được bài toán một cách đơn giản hơn.
Lời giải. Đặt a = 2 − x ≥ 0 và b = x + y − 2 ≥ 0, suy ra y = a + b.

Ta có biểu thức A trở thành
A = 14 (2 − a)2 + 9 (a + b)2 + 22(2 − a)(a + b) − 42(2 − a) − 34(a + b) + 35

= 56 − 56a + 14a2 + 9a2 + 18ab + 9b2 + 44a + 44b − 22a2 − 22ab − 84 + 42a − 34a − 34b + 35
= a2 + 9b2 − 4ab − 4a + 10b + 7
= a2 + 4b2 + 4 − 4ab − 4a + 8b + 15b2 + 2b + 3
= (a − 2b − 2)2 + 15b2 + 2b + 3
≥ 3, ∀a, b ≥ 0.
Dấu "=" xảy ra khi a − 2b − 2 = 0 và b = 0 hay a = 2 và b = 0.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3, đạt được khi x = 0; y = 2.
Bình luận. Đây là một bài toán có thể gây mất nhiều thời gian cho học sinh trong quá trình mò
mẫm đưa biểu thức A về dạng tổng các bình phương và nhiều khả năng sẽ gặp bế tắc trong việc
đánh giá biểu thức để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Ngay sau đây là một phương án giải
quyết bài toán một cách "mò mẫm".
Lời giải. Ta có
A = 14x2 + 9y 2 + 22xy − 42x − 34y + 35

= x2 + 9(x + y)2 + 4x(x + y) − 8x − 34(x + y) + 35.
Đặt x + y = t, t ≥ 2. Ta có
A = x2 + 9t2 + 4xt − 8x − 34t + 35

= (x + 2t − 4)2 + 5t2 − 18t + 19
= (x + 2t − 4)2 + (t − 2)(5t − 8) + 3
≥ 3.

Dấu "=" xảy ra khi x + 2t − 4 = 0 và t = 2 hay x = 0 và t = 2.

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 3 khi x = 0; y = 2.
Đề 2. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD & ĐT Bình Dương

2017-2018
Bài 1
Rút gọn biểu thức sau
√ √ √
1) A = 3 3 + 2 12 − 27;
…
Ä √ ä2 » √
2) B = 3− 5 + 6 − 2 5.
Phân tích. Đối với câu 1) chúng ta có thể giải bài toán bằng phương pháp đưa thừa số ra ngoài
dấu căn.
Đối với câu 2) chúng ta phải tìm cách đưa biểu thức dưới dấu căn 
số hai về dạng bình phương
√ 
 A ,A > 0
của một số, sau đó vận dụng kiến thức cơ bản đã học A2 = |A| =  để trục căn
 −A , A < 0
thức và thu gọn.

√ √ √ √ √ √ √
Lời giải. 1) A = 3 3 + 2 12 − 27 = 3 3 + 4 3 − 3 3 = 4 3
2) Ta có
…
Ä √ ä2 » √
B = 3− 5 + 6−2 5
√ …Ä √ ä2
= 3 − 5 + 1 − 5

Ä √ ä √
= 3 − 5 + 1 − 5
√ Ä√ ä
=3− 5+ 5−1
√ √
=3− 5+ 5−1
= 2.
Bình luận. Câu 1) là một bài toán đơn giản ở dạng tính giá trị của biểu thức chứa căn, không
yêu cầu quá cao về mặt tư duy. Học sinh có thể sử dụng máy tính cầm tay để hỗ trợ.
Câu 2) so với câu 1) có phần nâng cao hơn một chút. Học sinh phải biết cách đưa biểu thức dưới
căn về dạng bình phương của một số để trục căn. Lưu ý khi trục căn phải có trị tuyệt đối, khi bỏ
trị tuyệt đối phải chú ý dấu của biểu thức. Nhiều học sinh giải sai do quên mất điều này.


Rút gọn biểu thức sau
√ √ √
1) A = 3 18 − 5 8 + 7 2;
» √ » √
2) B = 8 + 4 3 + 14 − 8 3.
√ √
Đáp án: 1) 6 2; 2) 3 2.
Bài 2
Cho Parabol (P ) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 4x + 9.
1) Vẽ đồ thị (P ).
2) Viết phương trình đường thẳng (d1 ) biết (d1 ) song song (d) và (d1 ) tiếp xúc (P ).
Phân tích. Câu 1) yêu cầu ta vẽ parabol (P ) có đạng y = ax2 (a 6= 0). Đây là parabol đi qua
gốc tọa độ và nhận trục Oy làm trục đối xứng. Vì vậy, chúng ta cần lấy tối thiểu 5 điểm nằm trên
parabol, và chú ý lấy những điểm nằm đối xứng qua trục tung. Từ đó ta có bảng giá trị tương
ứng với hàm số, và dựa vào những tọa độ điểm tìm được để vẽ chính xác đồ thị.
Câu 2) yêu cầu ta viết phương trình của đường thẳng. Ta biết rằng phương trình đường thẳng có
dạng y = ax + b, như vậy để viết phương trình đường thẳng ta phải tìm được các tham số a,b. Từ
giả thiết (d1 ) // (d), ta tìm được tham số a. Đường thẳng (d1 ) tiếp xúc (P ), có nghĩa là (d1 ) và
(P ) chỉ có một giao điểm. Như vậy phương trình hoành độ giao điểm của chúng chỉ có duy nhất
1 nghiệm. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol là một phương
trình bậc 2, với tham số b. Dựa vào điều kiện để phương trình bậc 2 có duy nhất nghiệm, ta tìm
được b.
Lời giải. 1) Vẽ đồ thị (P ) : y = x2 .

Bảng giá trị:
x −2 −1 0 1 2
y = x2 4 1 0 1 4
Vậy parabol (P ) đi qua 5 điểm: (−2; 4), (−1; 1), (0; 0), (1; 1), (2; 4).
y
4
(P )
−2 −1 O 1 2 x

2) Vì đường thẳng (d1 ) song song với (d) : y = 4x + 9 nên (d1 ) có dạng y = 4x + b, (b 6= 9).
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1 ) và (P ) là:
4x + b = x2
⇔ x2 − 4x − b = 0, (1)
(d1 ) tiếp xúc (P ) ⇔ phương trình (1) có duy nhất 1 nghiệm ⇔ ∆0 = 0 ⇔ 22 + b = 0 ⇔ b = −4

(nhận).
Vậy (d1 ) : y = 4x − 4.

Bình luận. Câu 1) là câu đơn giản, chỉ cần nắm được cách vẽ đồ thị hàm số dạng y = ax2 , (a 6= 0)
là có thể làm được.
Câu 2) đòi hỏi sự vận dụng kiến thức đã học ở mức cao hơn. Học sinh phải nắm được dạng
của phương trình đường thẳng, điều kiện để 2 đường thẳng song song, đường thẳng tiếp xúc với
parabol, từ đó giải quyết bài toán.

Cho (P ) : y = 4x2 và (d) : y = 2x − 3.
1) Vẽ đồ thị (P ).
2) Viết phương trình đường thẳng (d1 ) biết (d1 ) song song (d) và (d1 ) tiếp xúc (P ).
1
Đáp án: 2) (d1 ) : y = 2x − .
4
Bài 3

 2x − y = 5

1) Giải hệ phương trình  . Tính P = (x + y)2017 với x, y vừa tìm được.
 x + 5y = −3
2) Cho phương trình x2 − 10mx + 9m = 0 (1), (m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m = 1.
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa
x1 − 9x2 = 0.
Phân tích. Câu 1) yêu cầu giải một hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cơ bản, chúng ta có thể
giải được bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số. Sau khi tìm được nghiệm của
phương trình, ta dễ dàng tính được P .
Câu 2) bao gồm 2 ý. Ở ý a) chúng ta có thể giải bằng cách sử dụng công thức nghiệm quen thuộc
hay nhẩm nghiệm nhanh bằng cách sử dụng hệ quả của định lý Viète. Ở ý b) là dạng tìm nghiệm
của phương trình bậc 2 thỏa yêu cầu cho trước. Đây là dạng bài tập vận dụng định lý Viète quen
thuộc.

Lời giải. 1) Cách 1: Ta có

   
 2x − y = 5
  y = 2x − 5
  y = 2x − 5
  y = −1

⇔ ⇔ ⇔ .
 x + 5y = −3
  x + 5 (2x − 5) = −3  11x − 25 = −3 x = 2
Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; −1).

Khi đó P = (2 − 1)2017 = 12017 = 1.
Cách 2: Ta có
 
 2x − y = 5
  2x − y = 5

⇔
 x + 5y = −3
  −2x − 10y = 6
Ta lấy hai phương trình trên cộng vế theo vế, ta có
−11y = 11 ⇔ y = −1.
Thay y = −1 vào phương trình 2x − y = 5, ta được x = 2.

Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; −1).
Khi đó P = (2 − 1)2017 = 12017 = 1..
2) a) Với m = 1, phương trình (1) trở thành
x2 − 10x + 9 = 0 (∗) .
Cách 1: Ta có các hệ số của phương trình (∗) là a = 1, b = −10, c = 9. ∆0 = b02 −ac = (−5)2 −
1.9 = 16 > 0.. Áp dụng
√ công thức nghiệm √ trình (∗) có 2√nghiệm phân
√ thu gọn ta có 0 phương
0 0
−b − ∆ − (−5) − 16 −b + ∆0 − (−5) + 16
biệt là: x1 = = = 1; x2 = = = 9.
a 1 a 1
Cách 2: Ta có các hệ số của phương trình (∗) là a = 1, b = −10, c = 9. Nhận xét: a+b+c = 0.
Vậy theo hệ quả của định lý Viète, phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt là x1 = 1 và
c
x2 = = 9.
a
b) Ta có ∆0 = (−5m)2 − 9m = 25m2 − 9m.
9

m>
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt⇔ ∆0 > 0 ⇔ 25m2 − 9m > 0 ⇔ 

25 . Khi đó,

m<0
theo định lý Viète ta có:
−b

 x 1 + x2 = = 10m


a .

 x1 .x2 =
c

= 9m
a
Như vậy
x1 − 9x2 = 0 ⇔ (x1 − 9x2 )2 = 0 ⇔ x21 − 18x1 x2 + x22 = 0
⇔ x21 + x22 − 18x1 x2 = 0 ⇔ (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 − 18x1 x2 = 0 ⇔ (x1 + x2 )2 − 20x1 x2 = 0
Ä ä
2 2 m = 0
⇔ (10m) − 20.9m = 0 ⇔ 100m − 180m = 0 ⇔ m (100m − 180) = 0 ⇔ 
 9.
m=
5

9
So điều kiện ta loại m = 0, nhận m = .
5

Bình luận. Câu 1) là bài toán cơ bản, không yêu cầu quá cao về mặt tư duy. Tuy nhiên có thể
thấy việc lựa chọn phương pháp thế nên được ưu tiên hơn khi giải bài này. Chúng ta có thể tìm
y theo x như trong cách 1, hay tìm x theo y bằng cách sử dụng phương trình thứ 2.


 7x − 3y = 4

1) Giải hệ phương trình  . Tính P = (x − y)2017 với x, y vừa tìm được.
 4x + y = 5
2) Cho phương trình x2 − 2 (m + 1) x + 2m − 3 = 0.
a) Giải phương trình đã cho với m = 0.
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa
x1 − x2 = 4.
Đáp án: 1) x = 1, y = 1, P = 0; 2) a)x ∈ {−1; 3}; b) m = 0.
Bài 4
Hai đội công nhân đắp đê ngăn triều cường. Nếu hai đội cùng làm thì trong 6 ngày xong việc.
Nếu làm riêng thì đội I hoàn thành công việc chậm hơn đội II là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng
thì mỗi đội đắp xong đê trong bao nhiêu ngày?
Phân tích.
Lời giải. Gọi x, y (ngày) lần lượt là thời gian đội I và đội II đắp xong đê (x > y > 6). Khi đó:
1 1
Trong một ngày, đội I làm được (công việc), đội II làm được (công việc).
x y
Theo đề bài ta có:
1 1 1
 
 + = x = 18

 

x y 6 ⇔
 
x − y = 9
 y = 9


Bài 5
Tam giác AM B cân tại M nội tiếp trong đường tròn (O; R). Kẻ M H⊥AB, (H ∈ AB). M H
cắt đường tròn tại N . Biết M A = 10cm, AB = 12cm.
a) Tính M H và bán kính R của đường tròn;
b) Trên tia đối tia BA lấy điểm C. M C cắt đường tròn tại D, N D cắt AB tại E. Chứng
minh tứ giác M DEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: N B 2 = N E.N D và
AC.BE = BC.AE;
c) Chứng minh N B tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
Phân tích. Câu a) yêu cầu tính M H và bán kính R của đường tròn. Ta thấy M H là cạnh góc
vuông của tam giác M HA vuông tại H. Trong tam giác này ta đã biết độ dài cạnh M A, và có
thể tính độ dài của AH. Áp dụng định lý Pi-ta-go ta sẽ tính được M H.Để tính R, ta sẽ tính độ
dài đường kính M N trước. Ta thấy M N là cạnh huyền của tam giác M BN vuông tại B. Trong
tam giác này ta đã biết độ dài cạnh M B. Như vậy, ta cần tìm 1 tỷ số lượng giác của M
◊ N B hay
N
◊ M B là sẽ tính được M N .
Câu b) có 3 ý.
1. Ý 1 yêu cầu chứng minh tứ giác M DEH nội tiếp. Ta thấy ngay rằng M
◊ HE = 90◦ , do đó
ta sẽ cần chứng minh thêm M
◊ DE = 90◦ và điều này là dễ dàng vì M
◊ DE chắn nửa đường
tròn.
2. Ý 2 yêu cầu chứng minh hệ thức N B 2 = N E.N D. Để chứng minh hệ thức này ta nghĩ đến
việc chứng minh 2 tam giác N BE và N DB đồng dạng. Hai tam giác đã có chung M
◊ N D,
ta cần chứng minh thêm 2 góc tương ứng bằng nhau nữa là có thể giải quyết được bài toán.
Ở đây ta dễ dàng chứng minh EBN
÷ =N◊DB (do đây là hai góc nội tiếp đường tròn chắn
hai cung bằng nhau).
3. Ý 3 yêu cầu chứng minh hệ thức AC.BE = BC.AE. Ở đây ta thấy các đoạn thẳng
AC, BE, BC, AE cùng nằm trên một đường thẳng, do đó việc chứng minh trực tiếp là
EB CB
bế tắc. Ta sẽ chứng minh = bằng cách tìm thêm một tỷ số để chứng minh gián
EA CA
EB DB CB DB
tiếp. Ta thấy rằng = và = do tính chất của đường phân giác trong và
EA DA CA DA
đường phân giác ngoài của tam giác DAB. Như vậy bài toán đã được giải quyết.
Câu c) yêu cầu chứng minh N B tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Như vậy ta cần
xác định được tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE và sau đó chứng minh BK⊥N B.

I
D
O
K
A H E B C
N
Lời giải.
a) Tính M H và bán kính R của đường tròn.

M H là đường cao của ∆M AB cân tại M
⇒ M H là đường trung trục của AB
⇒ H là trung điểm của AB.
1
⇒ AH = AB = 6(cm).
2
Trong ∆M AH vuông tại H:
M A2 = M H 2 + AH 2 (Định lý Pi-ta-go)
⇒M H 2 = M A2 − AH 2 = 102 − 62 = 64
⇒M H = 8(cm).
Lại có: OA = OB = R ⇒ O nằm trên đường trung trực của AB, hay O ∈ M H.
⇒ O ∈ MN
⇒ M N là đường kính của đường tròn (O)
⇒M
◊ BN = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ ∆M N B vuông tại B. Ta có: M
◊ NB = M
◊ AB (góc nội tiếp cùng chắn cung M B)
⇒ sin M
◊ N B = sin M
◊ AB
MB MH
Mà: sin M
◊ NB = (trong ∆M N B vuông tại B); sin M
◊ AB = (trong ∆M AH vuông
MN MA
tại H)
MB MH
⇒ =
MN MA
M B.M A 10.10 25
⇒ MN = = = (cm)
MH 8 2
1 25
⇒ R = M N = (cm) (M N là đường kính của đường tròn (O)).
2 4

b) Chứng minh tứ giác M DEH nội tiếp và N B 2 = N E.N D, AC.BE = BC.AE.

Tứ giác M DEH có; M
◊ HE + M
◊ DE = 90◦ + 90◦ = 180◦ .
⇒ Tứ giác M DEH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối bù nhau).
_ _
Do AN = N B (N nằm trên đường trung trực của AB) nên suy ra AN =N B.
_ _ _ _
Trong đường tròn (O), góc ABN
÷ chắn cung AN , góc N
◊ DB chắn cung N B, mà AN =N B
⇒ ABN
÷ =N◊DB. 
M N D chung

 ◊
∆N BE v ∆N DB(g − g) do: 
ABN
 ÷ =N
◊ DB
NB NE
⇒ =
ND NB
⇒ N B 2 = N D.N E.
_ _ _ _
Trong đường tròn (O), góc ADN
÷ chắn cung AN , góc N
◊ DB chắn cung N B, mà AN =N B
⇒ ADN
÷ =N◊DB
⇒ DE là tia phân giác của ADB
÷
⇒ DE là đường phân giác trong ∆ADB

EB DB
⇒ = (1).
EA DA
Mà DE ⊥ DC (do N
◊ DM = 90◦ - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ DC là đường phân giác ngoài của ∆ADB
CB DB
⇒ = (2).
CA DA
EB CB
(1), (2) ⇒ =
EA CA
⇒ CA.EB = EA.CB.
c) Chứng minh N B tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆BDE.
Gọi I là điểm nằm trên M B sao cho IEkM H, suy ra IE ⊥ AB tại B (do M H ⊥ AB)
⇒ ∆IEB vuông tại E.
⇒ ∆IEB nội tiếp trong đường tròn tâm K, đường kính IB (với K là trung điểm IB).
_
Ta có: BIE
’ =N◊M B (hai góc so le trong) = N
◊ DB (hai góc cùng chắn cung N B)
⇒ Tứ giác IEDB nội tiếp trong đường tròn ngoại tiếp ∆IEB
⇒ Tứ giác IEDB nội tiếp trong đường tròn tâm K, đường kính IB
⇒ ∆EDB nội tiếp trong đường tròn tâm K, bán kính KB.
Mà: N B ⊥ M B (do N
◊ BM = 90◦ )
⇒ N B ⊥ KB
⇒ N B tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆EDB.
Bình luận. Câu a) ý 1 là câu cơ bản, học sinh có thể thấy ngay hướng giải quyết. Ý 2 nâng cao

hơn một chút, học sinh phải nắm vững các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông. Một
kinh nghiệm rút ra qua câu này là khi gặp các bài tập yêu cầu tính đoạn thẳng, ta quan sát xem
đoạn thẳng đó là cạnh của tam giác vuông nào, từ đó áp dụng các hệ thức thích hợp để tính.
Câu b) ý 1 là câu cơ bản. Ý 2 học sinh có thể nhanh chóng tìm ra hướng giải nhưng gặp khó khăn
khi thực hiện. Ở đây ta chọn chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp g-g do ta thấy
hai tam giác đã có một góc chung, loại trường hợp c-g-c do hệ thức về cạnh là điều ta cần chứng
minh. Ý 3 yêu cầu học sinh phải biết nhận xét và chuyển hướng tư duy khi gặp khó khăn.
Câu c) là một câu nâng cao. Việc tìm tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE là không
dễ dàng. Ta có thể nhận xét rằng K phải thuộc M B (do ta cần chứng BK⊥N B, mà BM ⊥N B).
Mặt khác, K thuộc trung trực của EB. Như vậy ta có thể xác định được vị trí điểm K.
Đề 3. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Sở GD và ĐT Bình

Định 2017 - 2018 (đề thường)
Bài 1
√ √
x x−1 x x+1 x+1
Cho biểu thức: A = √ − √ + √
x− x x+ x x
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm x để A = 4.
Phân tích. Nếu để ý một chút, ta sẽ thấy ngay tử số của hai phân số đầu tiên là một hằng đẳng
thức, phân tích nhân tử theo hằng đẳng thức đó ta sẽ rút gọn được mẫu số và đưa cả ba phân số
về cùng một mẫu số ngay.
Lời giải. Với điều kiện x > 0, x 6= 1.
a)
√ √
x x−1 x x+1 x+1
A= √ − √ + √
x− x x+ x x
√ √ √ √
( x − 1) (x + x + 1) ( x + 1) (x − x + 1) x + 1
= √ √ − √ √ + √
x ( x − 1) x ( x + 1) x
√ √
x+ x+1 x− x+1 x+1
= √ − √ + √
x x x
√
x+2 x+1
= √
x
√
x+2 x+1 √ √ 2 √
b) A = 4 ⇔ √ = 4 ⇔ x − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 ⇔ x = 1 (không
x
thỏa điều kiện xác định).
Vậy không có giá trị nào của x để A = 4.

Bình luận. Đây là một câu khá cơ bản, học sinh chỉ cần nắm vững một số phương pháp rút gọn
biểu thức là có thể làm được. Ở bài này, nếu học sinh làm theo thói quen là thấy mẫu số của hai
phân số đầu tiên là liên hợp của nhau và cả ba phân số này khi quy đồng thì mẫu chung khá đơn
giản thì kết quả vẫn sẽ ra nhưng tính toán khá phức tạp, do đó khi làm bài học sinh cần quan sát
kỹ trước khi làm bài.
Ở câu b) nếu học sinh không để ý điều kiện xác định thì sẽ giải ra sai nghiệm.
Bài tập tương tự.Ç √ √

x x−1 x x+1 x−1
å
Cho biểu thức A = √ − √ √ .
x− x x + x 2 (x − 2 x + 1)
a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để A = 2.
Đáp số:
√
x+1 b) x = 9.
a) √ .
x−1
Bài 2
Cho Parabol (P ) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = (2m − 1)x − m + 2 (m là tham số).
a) Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng (d) luôn cắt (P ) tại hai điểm phân biệt.
b) Tìm các giá trị m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P ) tại hai điểm phân biệt
A(x1 ; y1 ); B(x2 ; y2 ) thỏa x1 y1 + x2 y2 = 0.
Phân tích. a) Đối với dạng toán về sự tương giao (giao điểm của hai đồ thị hàm số) thì số điểm
chung của hai đồ thị luôn bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm. Vì vậy, để
chứng minh hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt ta chỉ cần chứng minh phương
trình hoành độ giao điểm luôn có hai nghiệm phân biệt, nghĩa là chứng minh biệt thức ∆ của
phương trình hoành độ giao điểm có giá trị dương với mọi m ∈ R.
b) Ở câu trước ta đã chứng minh được hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Vì vậy
ta chỉ cần giải quyết điều kiện x1 y1 + x2 y2 = 0. Do đây là một biểu thức đối xứng nên ta nghĩ
ngay đến định lý Vi-ét. Để ý thêm là hai điểm A, B ∈ (P ) nên y1 = x21 , y2 = x22 .
Lời giải. a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P ) là:
x2 = (2m − 1)x − m + 2 ⇔ x2 − (2m − 1)x + m − 2 = 0 (*)
Ta có: ∆ = (2m − 1)2 − 4m + 8 = 4m2 − 8m + 9 = (2m − 2)2 + 1 > 0, ∀m ∈ R.
Do đó (*) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Vậy (d) và (P ) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

b) Theo câu a) thì (d) luôn cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt A(x1 ; y1 ); B(x2 ; y2 ) và x1 , x2 là nghiệm
của phương trình (*). 
x1 + x2 = 2m − 1


Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 
x1 .x2 = m − 2

Do A, B ∈ (P ) nên y1 = x21 , y2 = x22 .

Do đó:
x1 y1 + x2 y2 = 0
⇔ x31 + x32 = 0
Ä ä
⇔ (x1 + x2 ) x21 − x1 .x2 + x22 = 0
⇔ x1 + x2 = 0 (Do phương trình có hai nghiệm phân biệt nên x21 − x1 x2 + x22 > 0)
⇔ 2m − 1 = 0
1
⇔m=
2
1
Vậy m = là giá trị cần tìm của m.
2

Bình luận. a) Đây là dạng toán khá dễ và thường gặp, tuy nhiên học sinh cần để ý để không
nhầm lẫn về điều kiện của ∆. Ở đây, điều kiện là ∆ > 0, tránh nhầm lẫn với ∆ ≥ 0.
b) Các dạng toán ứng dụng định lí Vi-et trong phương trình bậc hai là các dạng thường gặp và
xuất hiện thường xuyên trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10. Đối với bài toán này, cần để ý rằng
để tính y1 , y2 có hai cách là dùng hàm y = x2 hoặc hàm y = (2m − 1)x − m + 2. Tuy nhiên,
vì hàm y = x2 đơn giản hơn nên ta nên tính theo hàm y = x2 . Cần chú ý thêm rằng biểu thức
có dạng x21 − x1 x2 + x22 , (x1 6= x2 ) luôn dương để các phép biến đổi về sau được đơn giản hơn
mà không cần phân tích về tổng tích biểu thức này nữa.

Cho Parabol (P ) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2(2m + 1)x − 3m2 + 4 (m là tham số).
a) Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng (d) luôn cắt (P ) tại hai điểm phân biệt.
b) Tìm các giá trị m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P ) tại hai điểm phân biệt A(x1 ; y1 ); B(x2 ; y2 )
thỏa x21 + x22 − 2x1 x2 = 8.
Đáp số: b) m = −1 ∨ m = −3.
Bài 3
Hai thành phố A và B cách nhau 450 km. Một ô tô đi từ A đến B với vận tốc không đổi
trong một thời gian dự định. Khi đi, ô tô tăng vận tốc hơn dự kiến 5 km/giờ nên đã đến B
sớm hơn 1 giờ so với thời gian dự định.
Tính vận tốc dự kiến ban đầu của ô tô.

Phân tích. Ta nhận thấy ngay đây là một câu "giải bài toán bằng cách lập phương trình" quen
thuộc. Ở đây vận tốc dự kiến ban đầu của ô tô là đại lượng chưa biết nên ta sẽ đặt là x. Dựa vào
mối liên hệ về thời gian dự định và thời gian thực tế khi ô tô tăng vận tốc ta sẽ thiết lập được
phương trình theo x.
Lời giải. Gọi vận tốc dự kiến ban đầu của ô tô là x (km/h), x > 0.
Vận tốc khi đi của ô tô là x + 5 (km/h).
450
Thời gian ô tô dự định đi từ A đến B là (h)
x
450
Thời gian ô tô thực tế đi từ A đến B là (h)
x+5
Vì khi đi ô tô đến B sớm hơn dự định 1 giờ nên: 

450 450 x = 45
− = 1 ⇔ 450(x + 5) − 450x = x(x + 5) ⇔ x2 + 5x − 2250 = 0 ⇔ 
 .
x x+5 x = −50
Do x > 0 nên x = 45. Vậy vận tốc ô tô dự định ban đầu là 45 (km/h).
Bình luận. Để giải được bài toán này, học sinh cần nắm được kiến thức liên quan đến vật lý. Ở
đây là mối liên hệ giữa vận tốc, quãng đường và thời gian. Cần chú ý thêm rằng, vì x là đại lượng
vận tốc nên luôn nhận giá trị dương, điều này giải thích cho việc cần phải loại nghiệm x = −50.
Tuy nhiên, nhìn chung thì đây vẫn là một bài toán tương đối cơ bản.

Một Ô tô khách và một Ô tô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đi đến địa điểm B. Đường dài 180
km, do vận tốc của Ô tô khách lớn hơn Ô tô tải 10 km/h nên Ô tô khách đến B trước Ô tô tải
36 phút. Tính vận tốc của mỗi Ô tô. Biết rằng trong quá trình đi từ A đến B vận tốc của mỗi Ô
tô không đổi.
Đáp số: Vận tốc xe khách: 60 km/h. Vận tốc xe tải: 50 km/h.
Bài 4
Cho đường tròn (O), dây BC không phải là đường kính. Các tiếp tuyến với đường tròn (O)
tại B và C cắt nhau ở A. Lấy điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C), gọi I, H, K lần
lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA và AB. Chứng minh:
a) Các tứ giác BKM I, CHM I nội tiếp.
b) M I 2 = M K.M H.
c) BM cắt IK tại D, CM cắt IH tại E. Chứng minh DE k BC.
Phân tích. a) Để ý tới các dữ kiện liên quan tới đường vuông góc hạ từ M ta nhận thấy ngay
các tứ giác BKM I, CHM I có tổng hai góc đối diện bằng 180◦ .

b) Từ đẳng thức M I 2 = M K.M H có thể suy ra một trong hai đẳng thức tương ứng sau:
MI MK MI MH
= hoặc = .
MH MI MK MI
Cả hai đẳng thức đều dẫn ta đến một cặp tam giác đồng dạng. Chẳng hạn ta chọn đẳng thức
MI MK
= thì dẫn ta đến cặp tam giác đồng dạng là ∆M IK và ∆M HI.
MH MI
Vận dụng các tứ giác nội tiếp ở câu a) và đường tròn cho trước trong giả thiết ta sẽ thu được
các góc nội tiếp tương ứng bằng nhau phục vụ cho việc chứng minh hai tam giác nói trên đồng
dạng.
c) Dễ dàng dự đoán được hai góc đồng vị cần chứng minh bằng nhau là M
÷ CI = DEM
◊ . Tuy
nhiên, để làm được điều này cần tới tứ giác IDM E nội tiếp. Vận dụng mối liên hệ về góc nội
tiếp, góc chắn giữa tiếp tuyến và dây cung ở các tứ giác nội tiếp đã được chứng minh trong
câu b) và đường tròn tâm O cho sẵn ta có thể chứng minh được tứ giác IDM E có tổng hai
góc đối DIE
÷ + DM
◊ E = 180◦ .
Lời giải.
a) Chứng minh các tứ giác BKM I, B

K
CHM I nội tiếp.
Vì M
◊ KB = 90◦ và M
÷ IB = 90◦ nên A
M
I
M
◊ KB + M
÷ IB = 180◦ .
⇒ BKM I là tứ giác nội tiếp. O
◦ ◦
Vì M
◊ HC = 90 và M
÷ IC = 90 nên H
M
◊ HC + M
÷ IC = 180◦ .
⇒ CHM I là tứ giác nội tiếp. C
b) Chứng minh M I 2 = M K.M H.

Vì tứ giác M KBI nội tiếp nên KIM
÷ = KBM
◊ (cùng chắn cung M
˘ K).
Trong đường tròn (O) có KBM
◊ = M
÷ CI (góc nội tiếp với góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung cùng chắn cung M
˘ B).
Vì tứ giác M HCI nội tiếp nên M
÷ CI = M
÷ HI (góc nội tiếp cùng chắn M
¯ I).
Suy ra KIM
÷ =M÷HI.
Tương tự: M
÷ IH = M
◊ CH (góc nội tiếp cùng chắn cung M
˘ H).
M
◊ CH = IBM
÷ (góc nội tiếp với góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung M
˘ C).
IBM
÷ = IKM
÷ (góc nội tiếp cùng chắn cung M
¯ I).
Suy ra: M
÷ IH = IKM
÷.
 ∆M IK và ∆M HI có:
Xét
KIM
÷ =M HI

 ÷

M
 ÷IH = IKM
÷

B
⇒ ∆M IK v ∆M HI (g − g). K
MI MK
Suy ra: = D
MH MI
⇒ M I 2 = M K.M H. M A
I
c) Chứng minh DE k BC.
O E
Ta có KIM
÷ = M
÷ CI (vì cùng bằng
H
M
÷ HI).
M
÷ IH = IBM
÷ (vì cùng bằng IKM
÷ ).
C
Do đó: DIE
÷ + DM
◊ E = KIM
÷ +M÷IH + DM
◊ E=M
÷ CI + IBM
÷ + DM
◊ E = 180◦ (Tổng ba góc
của ∆M BC).
⇒ Tứ giác M DIE nội tiếp.
⇒ DEM
◊ = KIM
÷ (góc nội tiếp cùng chắn cung M
˘ D).
Mà KIM
÷ =M÷CI ⇒ DEM
◊ =M÷CI.
Mặt khác, hai góc này ở vị trí đồng vị nên DE k BC.
Bình luận. a) Đây là một trong những dạng điển hình và cơ bản về việc chứng minh một tứ
giác là nội tiếp, dạng này thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10 ở câu hình học.
b) Việc chứng minh một đẳng thức trong hình học lớp 9 thường được quy về việc chứng minh hai
tam giác đồng dạng. Đối với dạng toán này, học sinh cần nắm vững các tính chất liên quan
đến góc nội tiếp, góc chắn bởi tiếp tuyến và dây cung để vận dụng trong nhiều tứ giác nội tiếp
khác nhau nhằm tạo ra mối liên hệ bắc cầu của những góc phục vụ cho việc chứng minh tam
giác đồng dạng theo trường hợp g - g. Nhìn chung đây là dạng toán không quá dễ và đòi hỏi
học sinh phải nắm kiến thức ở mức độ vận dụng (thấp).
c) Đây vẫn là dạng toán cần tới mối liên hệ giữa các góc nội tiếp và góc chắn bởi tiếp tuyến và
dây cung nhưng ở mức độ cao hơn câu trước. Mấu chốt của bài toán này nằm ở chỗ chứng
minh được tứ giác M DIE nội tiếp. Để làm được điều đó, đòi hỏi học sinh phải nhận ra được
mối liên hệ của tổng DIE
÷ + DM
◊ E=M
÷ CI + IBM
÷ + DM
◊ E. Đây cũng là chìa khóa của bài
toán này.
Bài 5
Cho a, b, c ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng: a + b2 + c3 − ab − bc − ca ≤ 1.
Phân tích. Đây là dạng toán chứng minh bất đẳng thức không đối xứng kèm theo điều kiện biên
của các biến. Dựa vào điều kiện biên ta dễ nhận thấy ngay 1 − a ≥ 0; 1 − b ≥ 0, 1 − c ≥ 0, nhân
các đại lượng 1 − a; 1 − b, 1 − c với nhau và kết hợp thêm sự đánh giá b2 ≤ b, c3 ≤ c sẽ cho ta lời
giải của bài toán trên. Cụ thể ta có lời giải như sau:

Lời giải. Vì a, b, c ∈ [0; 1] nên: 1 − a ≥ 0; 1 − b ≥ 0, 1 − c ≥ 0

Do đó: (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≥ 0 ⇔ 1 − a − b − c + ab + bc + ca − abc ≥ 0
⇔ a + b + c − ab − bc − ca + abc ≤ 1. (1)
Vì a, b, c ∈ [0; 1] nên b2 ≤ b, c3 ≤ c; a, b, c ≥ 0
⇒ a + b2 + c3 − ab − bc − ca ≤ a + b + c − ab − bc − ca + abc (2)
Từ (1) và (2) suy ra: a + b2 + c3 − ab − bc − ca ≤ 1.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bình luận. Đây là dạng toán khó, thường xuất hiện trong các câu phân loại trong các kì thi
lớn, kể cả kì thi tuyển sinh đại học. Thường thì không có một phương pháp chung nào có thể giải
quyết các bài toán như vậy mà tùy thuộc vào sự nhạy bén của người giải. Tuy nhiên, dựa vào dữ
kiện đề bài cho ta có thể đưa ra được định hướng ban đầu cho bài toán. Cụ thể, trong bài toán
này ta sử dụng phương pháp đánh giá điều kiện biên. Cần chú ý thêm rằng việc nhân các bất
đẳng thức cùng chiều chỉ đúng khi các vế của bất đẳng thức không âm.
Đề 4. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD và ĐT Bắc Giang

2017-2018
Bài 1
√ √ √
a) Tính giá trị của biểu thức A = 25 + 3 8 − 2 18.
b) Tìm m để đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K (2; 3) .
Phân tích. Đối với câu a) để tính giá trị của biểu thức chứa căn, ta dùng phương pháp đưa thừa
số ra ngoài dấu căn và thực hiện rút gọn.
Đối với câu b) ta cần nhớ để đồ thị hàm số đi qua một điểm cho trước thì tọa độ của điểm đó
phải thỏa phương trình của hàm số, khi đó ta có thể đưa ra lời giải.
Lời giải.
√ √ √ √ √
a) A = 25 + 3 8 − 2 18 = 5 + 6 2 − 6 2 = 5.
Vậy A = 5.
b) Vì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K (2; 3) nên ta có:

2.2 + m = 3 ⇔ m = −1.
Vậy m = −1 là giá trị cần tìm.

Bình luận. Câu a) là một bài tập khá đơn giản ở dạng tính giá trị của một biểu thức chứa căn,
HS chỉ cần nhớ phương pháp đưa thừa số ra ngoài dấu căn và tính toán cẩn thận.
Câu b) khá dễ, yêu cầu HS nhớ được điều kiện để đồ thị hàm số đi qua một điểm cho trước khi
biết tọa độ của điểm đó.

√ 3√ √
1. Tính giá trị của biểu thức B = 3 3 + 12 − 48.
2
1
2. Tìm m để đồ thị của hàm số y = (2m − 1) x + 5, m 6= đi qua điểm A(6; −2).
2
Đáp án
√
1. 2 3.
1
2. m = − .
12
Bài 2

3x + y = 10


1. Giải hệ phương trình  .
2x − 3y = 3

Ç √ √ √
x−1
å
x x+x+ x x+3
2. Cho biểu thức B = √ − √ . √
x x−1 1 − x 2x + x − 1
1
(với x ≥ 0; x 6= 1 và x 6= ). Tìm tất cả các giá trị của x để B < 0.
4
3. Cho phương trình x2 − (2m + 5) x + 2m + 1 = 0 (1), với x là ẩn, m là tham số.
1
a) Giải phương trình (1) khi m = − .
2
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 sao
√ √
cho biểu thức P = | x1 − x2 | đạt giá trị nhỏ nhất.
Phân tích. Câu 1 yêu cầu giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn cơ bản, ta có thể dùng phương
pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Đối với câu 2 để tìm các giá trị m thỏa B < 0 thì trước hết ta phải rút gọn bểu thức chứa căn.
Quan sát thấy biểu thức B chứa nhiều phân thức, ta sẽ nghĩ ngay đến hướng tìm mẫu chung để
quy đồng hoặc phân tích thành nhân tử để rút gọn. Đối với bài này, ta thấy việc phân tích thành
nhân tử để rút gọn thực hiện dễ dàng hơn.
Câu 3 bao gồm 2 ý, ở ý a) ta có thể giải phương trình bậc 2 bằng cách sử dụng công thức nghiệm,
hay phân tích thành nhân tử.
Đối với ý b) là dạng bài tập tìm điều kiện m để nghiệm phương trình bậc hai thỏa yêu cầu cho
trước có lồng ghép thêm yếu tố giá trị nhỏ nhất. Trước hết, ta sử dụng điều kiện có nghiệm của

phương trình và vận dụng hệ thức Vi-ét để đánh giá phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
x1 , x2 , đồng thời biến đổi P 2 về biểu thức chỉ chứa m, sau đó đánh giá giá trị nhỏ nhất của biểu
thức thông qua việc sử dụng hằng đẳng thức. Bài toán có thể giải quyết một cách dễ dàng.
Lời giải.
1. Cách 1: Dùng phương pháp cộng đại số:

  
3x + y = 10 9x + 3y = 30 11x = 33

 
 

⇔ ⇔
2x − 3y = 3 2x − 3y = 3

  3x + y = 10

 
x = 3 x = 3

 

⇔ ⇔ .
3.3 + y = 10
 y = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (3; 1).
Cách 2: Dùng phương pháp thế:

   
y = 10 − 3x y = 10 − 3x y = 10 − 3x x = 3

 
 
 

⇔ ⇔ ⇔ .
2x − 3y = 3 2x − 3 (10 − 3x) = 3

  11x = 33
 y = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (3; 1).

1
2. Với x ≥ 0; x 6= 1; x 6= , ta có:
4
Ç √ √ √
x−1
å
x x+x+ x x+3
B= √ − √ . √
x x−1 1 − x 2x + x − 1
√ √ √ ô √ √
x + 3 ( x + 1) ( x − 1)
ñ
x (x + x + 1)
= √ √ +√ . √ √
( x − 1) (x + x + 1) x − 1 ( x + 1) (2 x − 1)
Ç √ √ å √
x x+3 x−1
= √ +√ . √
x−1 x−1 2 x−1
√ √
2 x+3 x−1
= √ . √
x−1 2 x−1
√
2 x+3
= √ .
2 x−1
Khi đó:
√
2 x+3
B<0⇔ √ <0
2 x−1
√ Ä √ ä
⇔ 2 x − 1 < 0 do 2 x + 3 > 0
√ 1
⇔ x<
2
1
⇔06x< .
4
1
So sánh điều kiện đề bài ta có với 0 6 x < thì B < 0.
4

3. a) Phương trình x2 − (2m + 5) x + 2m + 1 = 0. (1)

1
Khi m = − , phương trình (1) trở thành:
2
 
x=0 x=0
x2 − 4x = 0 ⇔ x (x − 4) = 0 ⇔ 
 ⇔
 .
x−4=0 x=4
1
Vậy khi m = − thì phương trình (1) có tập nghiệm S = {0; 4}.
2
b) Ta có ∆ = (2m + 5)2 − 4 (2m + 1) = 4m2 + 12m + 21 = (2m + 3)2 + 12 > 0, ∀m. Do đó
phương trình (1) luôn có hai nghiệm
 phân biệt x1 , x2 .
x1 + x2 = 2m + 5


Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  .
x1 x2 = 2m + 1

Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là:
 
x1 + x2 > 0 2m + 5 > 0
 
1
 
⇔ ⇔m>− .

x1 x2 > 0
 2m + 1 > 0
 2
Ta có:
√ √ 2
P 2 = ( x 1 − x2 )
√
= (x1 + x2 ) − 2 x1 x2
√
= 2m + 5 − 2 2m + 1
Ä √ ä
= 2m + 1 − 2 2m + 1 + 1 + 3
Ä√ ä2
= 2m + 1 − 1 + 3 ≥ 3.
√
⇒P ≥ 3 (do P > 0) .
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi

√ √
2m + 1 − 1 = 0 ⇔ 2m + 1 = 1 ⇔ m = 0 (thỏa mãn điều kiện).
√
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Khi đó min P = 3.
Bình luận. Câu 1) là bài toán cơ bản, không yêu cầu cao về mặt tư duy, HS chỉ cần nắm vững
và lựa chọn phương pháp phù hợp để giải quyết bài toán một cách gọn nhất.
Câu 2) là bài toán yêu cầu học sinh nhanh mắt và tinh ý khi quan sát để lựa chọn hướng đi để rút
gọn biểu thức B một cách nhanh gọn. Đồng thời bài toán cũng lồng ghép thêm giải bất phương
trình, tuy nhiên ở mức độ khá đơn giản.
Câu 3 ý a) cũng là bài toán cơ bản về giải phương trình tích. Ở ý b) , việc lồng ghép nhiều kiến
thức vào một bài toán sẽ đưa đến sự phân loại tốt hơn và gây khó khăn cho học sinh khi phải biết
vận dụng linh hoạt giữa các kiến thức đó.



3x − 2y = 55


x + 3y = −2

Ç√ √ å √ √
x−2 x+2 6x x x− x
2. Cho biểu thức A = √ −√ + . √ (với x ≥ 0, x 6= 1). Tìm tất
x+1 x−1 x−1 x−1
cả các giá trị của x để A > 0.
3. Cho phương trình x2 − 2 (m + 1) x + 2m − 3 = 0 (2), với x là ẩn, m là tham số.
a) Giải phương trình (2) khi m = 0.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu
x + x
1 2
thức P = đạt giá trị lớn nhất.
x1 − x2
Đáp án
1. (x; y) = (1; −1).
2. x ≥ 0; x 6= 1.
3. a) S = −1; 3. √
5
b) m = 4; maxP = .
2
Bài 3
Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách
gồm hai loại sách giáo khoa và sách tham khảo. Trong đó mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6
quyển sách giáo khoa và 3 quyển sách tham khảo; mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách
giáo khoa và 4 quyển sách tham khảo. Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham
khảo là 166 quyển. Tính số học sinh mỗi lớp.
Phân tích. Trước hết ta dựa vào yêu cầu của bài toán để gọi ẩn và đưa các giả thiết của đề bài
biểu diễn thành các phương trình theo hai ẩn đó. Phương trình thứ nhất được lập dựa trên tổng
số sách ủng hộ của hai lớp 9A và 9B. Phương trình thứ hai được lập dựa trên số sách giáo khoa
ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo.
Lời giải. Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y (x, y ∈ N ∗ ) .
Ta có:
Mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6 quyển sách giáo khoa và 3 quyển sách tham khảo nên lớp 9A ủng
hộ 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham khảo.
Mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham khảo nên lớp 9B ủng
hộ 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham khảo.

Học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại sách giáo khoa và sách
tham khảo nên ta có:
6x + 3x + 5y + 4y = 738 ⇔ 9x + 9y = 738.
Số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển nên ta có:
(6x + 5y) − (3x + 4y) = 166 ⇔ 3x + y = 166.
Khi đó, ta có hệ phương trình sau:

  
9x + 9y = 738 x + y = 82 x = 42

 
 


⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện).
3x + y = 166
 3x + y = 166
 y = 40

Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh.
Bình luận. Đây là bài toán thực tế giải dựa trên phương pháp đặt ẩn và giải phương trình, hệ
phương trình. Học sinh cần đọc kĩ đề bài, đặc biệt là yêu cầu của bài toán để đặt ẩn với điều kiện
hợp lý, lưu ý các giả thiết của đề bài để tìm ra các mối liên hệ giữa các đại lượng. Đồng thời yêu
cầu học sinh thành thạo trong việc giải phương trình, hệ phương trình.

Một hiệu sách A có bán hai loại sách: Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 11 và Hướng dẫn học tốt
môn Ngữ Văn lớp 11. Trong một ngày, hiệu sách A bán được 60 cuốn mỗi loại trên theo giá bìa,
thu được số tiền là 3 300 000 đồng và lãi được 420 000 đồng. Biết rằng mỗi cuốn sách Hướng dẫn
học tốt môn Toán lớp 11 lãi 10% giá bìa, mỗi cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 11
lãi 15% giá bìa. Hỏi giá bìa mỗi cuốn sách đó là bao nhiêu.
Đáp án
Giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Toán lớp 10 là 25000 đồng.
Giá bìa của một cuốn sách Hướng dẫn học tốt môn Ngữ Văn lớp 10 là 30000 đồng.
Bài 4
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R. Hai đường
cao AE và BK của tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC, K thuộc AC).
a) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh CE.CB = CK.CA.
c) Chứng minh OCA

÷ = BAE.
÷
d) Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC
nhọn; khi đó H thuộc một đường tròn (T ) cố định. Xác định tâm I và tính bán kính r
của đường tròn (T ), biết R = 3 cm.

Phân tích. Câu a) dễ nhận ra tại sao tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn, bằng
cách dựa trên dấu hiệu của tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai
đỉnh còn lại một góc bằng nhau) và giả thiết hai đường cao của tam giác ABC.
Đối với câu b), ta nghĩ ngay đến chứng minh hai tam giác đồng dạng. Khi đó ta thử biến đổi đẳng
thức của đề bài về dạng tỉ lệ thức giữa các cặp cạnh của hai tam giác. Đến đây ta thấy ngay cần
phải chứng minh ∆CEA v ∆CKB (g-g).
Đối với câu c) chứng minh hai góc nội tiếp của đường tròn (C) bằng nhau, ta hướng đến dùng
phương pháp bắc cầu qua các góc nội tiếp khác trong các tứ giác nội tiếp, áp dụng linh hoạt các
mối quan hệ giữa các góc trong các tam giác đặc biệt. Để làm được dễ dàng ta sẽ vẽ thêm đường
kính AD và chú ý các tam giác vuông AEB, ACD, tam giác cân AOC. Ta sẽ thấy được hai góc
BAE,
÷ OCA÷ cùng phụ với cặp góc bằng nhau ABE,
÷ ADC.
÷
Ở câu d) để chứng minh H thuộc một đường tròn cố định, ta cần xác định các yếu tố cố định và
tìm được tâm và bán kính của đường tròn đó. Để thực hiện được, ta cần dựng điểm I đỗi xứng
với O qua BC, khi đó I cố định. Dự đoán H thuộc đường tròn tâm I, bán kính bằng R không
đổi. Ta lần lượt chứng minh tứ giác BHCD, AHIO là hình bình hành, khi đó bài toán sẽ được
giải quyết.
Lời giải.
H
O
B C
E
a) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn.
÷ = 90◦ (do AE ⊥ BC), AKB
Tứ giác ABEK có ABE ÷ = 90◦ (do BK ⊥ AC). Khi đó tứ giác
ABEK nội tiếp được một đường tròn (theo dấu hiệu: Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn
cạnh chứa hai đỉnh còn lại một góc bằng nhau).
b) Chứng minh CE.CB = CK.CA.

Xét ∆CEA và ∆CKB, ta có: ACB
÷ chung, CEA ÷ = 90◦ . Suy ra
÷ = CKB
∆CEA v ∆CKB (g-g).

CE CA
⇒ = ⇒ CE.CB = CK.CA.
CK CB

c) Chứng minh OCA

÷ = BAE.
÷
Vẽ đường kính AD của (O). Ta có ∆ABE vuông tại E nên BAE ÷ = 90◦ .
÷ + ABE
Mặt khác, ABE

÷ = ADC
÷ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) nên
BAE ÷ = 90◦ . (1)

÷ + ADC
÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra

Xét ∆ACD có ACD
ADC ÷ = 90◦ , mà CAD
÷ + CAD ÷ = OCA
÷ (do ∆OAC cân tại O) nên
ADC ÷ = 90◦ . (2)

÷ + OCA
Từ (1) và (2) suy ra BAE

÷ = OCA.
÷
d) Chứng minh H thuộc một đường tròn (T ) cố định. Xác định tâm I và tính bán kính r của
đường tròn (T ).
H O
B N
E C
I
D
Gọi I là điểm đối xứng với O qua BC, OI cắt BC tại N . Khi đó N là trung điểm của OI, BC
và các điểm I, N cố định.
Ta có BH k CD (do cùng vuông góc với AC) và CH k BD (do cùng vuông góc với AB) nên
tứ giác BHCD là hình bình hành. Suy ra N là trung điểm BC thì N cũng là trung điểm của
DH.
Từ đó suy ra ON là đường trung bình của ∆AHD.
⇒ AH = 2ON.
⇒ AH = OI (= 2ON ).
Ta lại có, AH k OI (cùng vuông góc với BC) nên tứ giác AHIO là hình bình hành. Suy ra
r = IH = OA = R = 3 cm. Do đó, H thuộc đường tròn (I; 3) cố định.

Bình luận. Đây là bài toán khá quen thuộc với các dữ kiện tam giác nhọn nội tiếp đường tròn
và các đường cao trong tam giác đó. Do đó việc nhận biết và giải quyết các ý a), b) là khá đơn
giản không mang tính thách đố cao.
Câu c) để giải quyết được, học sinh phải liên hệ tốt các mối quan hệ giữa các góc nội tiếp trong
đường tròn, các góc trong tam giác đặc biệt. Khi đó mới có thể vẽ thêm yếu tố đường kính của
đường tròn để hoàn thành lời giải.
Đặc biệt câu d) là câu hỏi nâng cao ở dạng quỹ tích của một điểm khi có yếu tố di động. Học
sinh phải quan sát được các yếu tố cố định và dự đoán được H di động trên đường tròn cố định
nào, xác định được tâm cố định và bán kính không đổi rồi mới có thể dựng thêm các yếu tố phụ
để giải quyết bài toán. Khi nhìn ra được thì quá trình chứng minh hết sức đơn giản với các kiến
thức đường trung bình trong tam giác và tích chất của hình bình hành.
Bài 5
Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn 2a + 3b 6 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2002 2017
Q= + + 2996a − 5501b.
a b
Phân tích. Quan sát từ giả thiết bài toán cho hai số thực dương a, b và biểu thức Q, giúp ta
hướng ngay đến việc tìm giá trị nhỏ nhất thông qua áp dụng bất đẳng thức Cô-si. Dự đoán dấu
1
” = ” xảy ra khi a = ; b = 1. Để "bảo toàn" được dấu bằng khi sử dụng Cô-si, ta sẽ chọn số
2
2002
 
= αa α = 8008

 


a
α, β sao cho  2017 ⇒ .

 = βb 
 β = 2017
b
Lời giải.
2002 2017
Q= + + 2996a − 5501b
Ça b å Ç å
2002 2017
= + 8008a + + 2017b − 2506 (2a + 3b) .
a b
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si và sử dụng giả thiết 2a + 3b 6 4, ta có:

2002 2017
Q ≥ 2. .8008a + 2. .2017b − 2506.4 ≥ 8008 + 4034 − 10024 = 2018.
a b
2002

= 8008a

 

1
 a

a =

 

2017 2
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi:  = 2017b ⇔ .


 b b = 1


2a + 3b = 4


a = 1


Vậy min Q = 2018 ⇔  2 .
b = 1


Bình luận. Với dạng toán này, khi chọn được điểm rơi thì việc biến đổi tương đối đơn giản, áp
dụng bất đẳng thức Cô-si quen thuộc và từ giả thiết của bài toán để hoàn thành bài giải.

Cho a ≥ 10, b ≥ 100, c ≥ 1000. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 1 1
P =a+ +b+ +c+ .
a b c
Đáp án
1110111
Min P = đạt được khi a − 10, b = 100, c = 1000.
1000
Đề 5. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bắc Ninh 2017
Bài 1

2x = 4


1) Giải hệ phương trình 
x + y = 5.

x−2 1 1
2) Rút gọn biểu thức P = √ −√ +√ , với x > 0.
x+2 x x x+2
Phân tích.
1) Đây là một hệ phương trình quen thuộc, đã được đưa về dạng tổng quát của hệ phương trình
bậc nhất hai ẩn. Theo như chương trình học thì có 2 phương pháp để giải hệ này: cộng đại số
và phương pháp thế. Nhưng trong trường hợp cụ thể này ta nên dùng phương pháp thế bởi từ
phương trình đầu tiên ta có thể dễ dàng tìm được x rồi thế vào phương trình thứ hai để tìm y.
2) Khi quan sát mẫu của các các hạng tử trong biểu thức P , ta thấy tích của mẫu phân thức thứ
hai và thứ ba chính là mẫu của phân thức thứ nhất. Thấy được mối liên hệ này, ta có thể đoán
ngay phương pháp giải bài này là đi theo con đường quy đồng rồi rút gọn.
Lời giải.
1)
  
2x = 4 x = 2 x = 2

 
 

⇔ ⇔
y = 5 − x

x + y = 5
  y = 3.

Tập nghiệm của hệ phương trình: S = {(2; 3)}.

2)
x−2 1 1
P = √ −√ +√
x + 2 x√ x √x + 2
x−2− x−2+ x
= √ √
x( x + 2)
x−4
= √ √
√x( x + √2)
( x − 2)( x + 2)
= √ √
√ x( x + 2)
x−2
= √
x
√
x−2
Vậy P = √ với x > 0.
x
Bình luận. Bài này nhằm mục đích "khởi động làm nóng não" cho học sinh.


3x = 9


1) Giải hệ phương trình 
2x + 5y = 11.

x − 12 1 1
2) Rút gọn biểu thức P = √ −√ −√ .
x+3 x x x+3
Bài 2
Cho phương trình x2 − 2mx + m2 − 1 = 0 (1), với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi m = 2.
2) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x1 , x2 là
hai nghiệm của phương trình (1), lập phương trình bậc hai nhận x31 − 2mx21 + m2 x1 − 2
và x32 − 2mx22 + m2 x2 − 2 là nghiệm.
Phân tích.
1) Khi thay m = 2 vào phương trình (1), ta được một phương trình bậc hai một ẩn dạng tổng
quát. Ở đây nếu học sinh nào tinh ý nhìn ra tổng 3 hệ số a, b, c bằng 0 thì ta có thể giải rất nhanh
phương trình này bằng công thức nhẩm nghiệm.
2) Đối với ý thứ nhất: Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Để ý rằng hệ
số của x2 là 1 6= 0 do đó phương trình (1) chắc chắn là phương trình bậc hai (không cần chia 2
trường hợp), theo cách giải phương trình bậc hai thì ta chỉ cần chứng minh 4 > 0 là giải quyết
xong ý này.
Đối với ý thứ hai: Lập phương trình bậc hai nhận 2 nghiệm cho trước. Đây là dạng toán áp dụng
định lý Vi-ét đảo, học sinh sẽ nghĩ ngay đến việc tính tổng và tích 2 nghiệm của phương trình
cần lập, nhưng ở đây tính toán hơi khó khăn do người ra đề cố tình cho bậc cao (bậc 3). Chính
vì thế học sinh phải tinh ý lựa chọn cách làm ngắn gọn và đỡ mất thời gian nhất.

Lời giải. 1) Khi m = 2, phương trình đã cho trở thành: x2 − 4x + 3 = 0

Vì a + b + c = 1 − 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 3.
Vậy khi m = 2 phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 3.
2) 40 = (−m)2 − 1.(m2 − 1) = 1 > 0, ∀m.
⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm
 phân biệt.
x1 + x2 = 2m


Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có: 
x1 .x2 = m2 − 1

Biến đổi phương trình:

x2 − 2mx + m2 − 1 = 0
⇔ x2 − 2mx + m2 = 1
⇒ x3 − 2mx2 + m2 x = x
⇔ x3 − 2mx2 + m2 x − 2 = x − 2
Vì x1 , x2 là các nghiệm của phương trình nên:
(x31 − 2mx21 + m2 x1 − 2) + (x32 − 2mx22 + m2 x2 − 2) = (x1 − 2) + (x2 − 2)

= x 1 + x2 − 4
= 2m − 4.
(x31 − 2mx21 + m2 x1 − 2).(x32 − 2mx22 + m2 x2 − 2) = (x1 − 2)(x2 − 2)

= x1 x2 − 2(x1 + x2 ) + 4
= m2 − 1 − 2.2m + 4
= m2 − 4m + 3
Vậy phương trình cần lập là:
x2 − (2m − 4)x + m2 − 4m + 3 = 0
Bình luận. Ý thứ 2 có nhiều cách giải, ngoài cách đã nêu ở trên học sinh có thể làm theo một
số hướng như sau:
 công thức nghiệm của phương trình bậc hai tính cụ thể x1 = m + 1,
i) Hướng thứ nhất: Dùng
y1 = x31 − 2mx21 + m2 x1 − 2


x2 = m − 1 sau đó đặt  rồi tính tổng và tích của y1 ; y2 sau đó lập
y2 = x3 − 2mx2 + m2 x2 − 2

2 2
phương trình theo định lí Vi-et đảo.
Cách này cũng khá ok nhưng có thể làm cho người ra đề thất vọng do không sử dụng định lý
Vi-ét thuận (ý kiến riêng)
ii) Hướng thứ 2: Dùng định lý Vi-ét thuận tính tổng và tích của x1 ; x2 sau đó tính y1 + y2 ; y1 .y2
bằng cách đưa về tổng tích theo x1 ; x2 .

Cách làm theo hướng truyền thống này vẫn áp dụng được cho bài này nhưng khá dài và biến đổi
khó, tốn nhiều thời gian và công sức của học sinh. Cách này phù hợp với những học sinh theo xu
hướng "cần cù bù thông minh".

Cho phương trình x2 − 2mx + m2 − 4 = 0 (1), với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi m = 3.
2) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x1 , x2 là
hai nghiệm của phương trình (1), lập phương trình bậc hai nhận x31 − 2mx21 + m2 x1 − 8 và
x32 − 2mx22 + m2 x2 − 8 là nghiệm.
Bài 3
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình.
Một nhóm gồm 15 học sinh (cả nam và nữ) tham gia buổi lao động trồng cây. Các bạn nam
trồng được 30 cây, các bạn nữ trồng được 36 cây. Mỗi bạn nam trồng được số cây như nhau
và mỗi bạn nữ trồng được số cây như nhau. Tính số học sinh nam và nữ của nhóm, biết rằng
mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây.
Phân tích. Dạng toán này rất thường hay gặp trong các bài tập SGK cũng như SBT. Mấu chốt
ở đây là ta phải biểu diễn được số cây mỗi bạn nam trồng được và số cây mỗi bạn nữ trồng được
theo ẩn mà ta gọi để có thể tận dụng được ý cuối của đề "mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn
mỗi bạn nữ 1 cây".
Lời giải. Gọi số học sinh nam là x (x ∈ N∗ , x < 15).

⇒ Số học sinh nữ là 15 − x.
30 36
Mỗi bạn nam trồng được (cây), mỗi bạn nữ trồng được (cây).
x 15 − x
Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có phương trình:
30 36
− =1
x 15 − x
⇒ 30(15 − x) − 36x = x(15 − x)
2
⇔x
 − 81x + 450 = 0
x = 75(loại)
⇔

x = 6(nhận)
Vậy nhóm có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ.
Bình luận. Đối với bài này, chúng ta cũng có thể giải bằng cách lập hệ phương trình với 2 ẩn
x; y. Tuy nhiên khi giải hệ ta lại sử dụng phương pháp thế để đưa về phương trình một ẩn như
trên. Do đó cách giải bằng cách lập phương trình vẫn tối ưu hơn.


Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình.
Một phân xưởng gồm 500 công nhân (cả nam và nữ) tham gia may quần áo. Biết rằng trong 1
ngày các công nhân nam may được 400 bộ quần áo, các công nhân nữ may được 900 bộ quần áo.
Mỗi công nhân nam may được số bộ quần áo như nhau và mỗi công nhân nữ may được số bộ
quần áo như nhau. Tính số công nhân nam và nữ của phân xưởng, biết rằng mỗi công nhân nam
may được ít hơn mỗi công nhân nữ 1 bộ quần áo.
Bài 4
Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến M A, M B với đường tròn (A, B
là hai tiếp điểm). Lấy điểm C trên cung nhỏ AB (C không trùng với A và B). Từ điểm C kẻ
CD vuông góc với AB, CE vuông góc với M A, CF vuông góc với M B (D ∈ AB, B ∈ M A,
F ∈ M B). Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF . Chứng minh
rằng
1) Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn.
2) Hai tam giác CDE và CF D đồng dạng.
3) Tia đối của tia CD là tia phân giác ECF

÷.
4) Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB.
Phân tích.
1) Ta nhận thấy tổng hai góc đối của tứ giác ADCE bằng 180◦ nên tứ giác nội tiếp.
2) Với ý thứ hai này đòi hỏi học sinh phải thành thạo khả năng nhận biết các góc bằng nhau bằng
nhiều cách: tứ giác nội tiếp, các góc nội tiếp cùng chắn một cung, các góc nội tiếp và các góc tạo
bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung. Sau đó nối kết các ý lại ta sẽ chứng minh được
hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc-góc.
3) Ý này ta dựa vào câu b) và tổng 2 góc kề bù bằng 180◦ là giải quyết được.
4) Khi gặp câu hỏi này, học sinh sẽ lúng túng không biết phải chứng minh song song theo cách
nào: hai góc so le trong bằng nhau, hai góc đồng vị bằng nhau, định lý Ta-let đảo,... Nhưng nếu
ta đi từ kết quả lên: Nếu IKkAB ⇒ A
” = I“
2 1
Mà A
” =D
2
d nên I“ = D
2 1
d.
2
Do đó ta nghĩ ngay đến hướng chứng minh tứ giác ICKD nội tiếp. Bài toán đã được giải quyết
xong.
Lời giải. 1) Tứ giác ADCE có:

÷ = 90◦ (CD ⊥ AB)
ADC
÷ = 90◦ (CE ⊥ M A)
AEC

⇒ ADC ÷ = 180◦
÷ + AEC
⇒ Tứ giác ADCE nội tiếp.

2) Tứ giác ADCE nội tiếp ⇒ A
” =D
1
d và A
1
” =E
2
”
1
Chứng minh tương tự, ta có B

” =D
2
d và B
2
” =F
1
”
1
1 _ 1 _
Mà A1 = B1 = sđAC và A2 = B2 = sđBC
” ” ” ”
2 2
⇒Dd=F
1
” và D
1
d=E
2
”
1
⇒ 4CDE v 4CF D (g.g).

3) Vẽ Cx là tia đối của tia CD
4CDE v 4CF D ⇒ DCE
÷ = DCF
÷
Mà C
” + DCE
÷ =C ÷ = (180◦ )
” + DCF
1 2
⇒C
”=C
1
”
2
⇒ Cx là tia phân giác của ECF

÷.
4) Tứ giác CIDK có:

ICK
÷ + IDK
÷ = ICK
÷+D d+Dd = ICK
÷+B ”+A” = 180◦
1 2 1 2
⇒ CIDK là tứ giác nội tiếp.

⇒ I“1 = D
d
2
⇒ I“1 = A
”
2
⇒ IK k AB.
A
E 1
2
1 I
x 1 1 1 D
C
M 2 2
O
K
1
F
21
B
Bài 5
1) Giải phương trình (x2 − x + 1)(x2 + 4x + 1) = 6x2 .
2) Cho bốn số thực dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của
(x + y + z)(x + y)
biểu thức A = .
xyzt
Phân tích.
1) Đây là một phương trình khó, đòi hỏi học sinh phải tinh ý biến đổi để có thể đặt ẩn phụ. Điểm
mấu chốt của bài là ta phải nhìn ra được biểu thức x2 + 1 có ở trong cả 2 nhân tử của vế trái, từ

đó ta lựa chọn cách biến đổi đặt ẩn phụ phù hợp.

2) Nhìn vào biểu thức A ta đoán ngay giá trị nhỏ nhất biểu thức A đạt được khi các biến x, y, z, t
có giá trị không bằng nhau. Do đó ta rất khó đoán được điểm rơi của bài toán, bài tập này đòi
hỏi học sinh phải giải nhiều bài Cô-si trước đó mới có kinh nghiệm làm bài này.
Lời giải. 1) Giải phương trình: (x2 − x + 1)(x2 + 4x + 1) = 6x2

Đặt y = x2 + 1, phương trình trở thành:
(y − x)(y + 4x) = 6x2
⇔ y 2 + 3xy − 4x2 = 6x2
⇔ y 2 + 3xy − 10x2 = 0
⇔ (y
 − 2x)(y + 5x) = 0
y = 2x
⇔

y = −5x
• Với y = 2x thì x2 + 1 = 2x ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ (x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1
√ √
−5 + 21 −5 − 21
• Với y = −5x thì x2 + 1 = −5x ⇔ x2 + 5x + 1 = 0 ⇔ x = ∨x=
2 2
( √ √ )
−5 + 21 −5 − 21
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 1; ; .
2 2
2) Cho 4 số thực dương x,y,z,t thỏa mãn x + y + z + t = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(x + y + z)(x + y)
A= .
xyzt
Với x, y, z, t > 0, theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:
√
x + y ≥ 2 xy
»
(x + y) + z ≥ 2 (x + y)z
»
(x + y + z) + t ≥ 2 (x + y + z)t
»
Suy ra (x + y)(x + y + z)(x + y + z + t) ≥ 8 xyzt(x + y)(x + y + z)
Mà x + y + z + t = 2, suy ra
»
(x + y)(x + y + z).2 ≥ 8 xyzt(x + y)(x + y + z)
»
⇔ (x + y)(x + y + z) ≥ 4 xyzt(x + y)(x + y + z)
» √
⇔ (x + y)(x + y + z) ≥ 4 xyzt
⇔ (x + y)(x + y + z) ≥ 16xyzt
(x + y + z)(x + y) 16xyzt
Nên A = ≥ = 16
xyzt  xyzt
x=y

1

 

x=y=

 

 

x + y = z




 4

1
Dấu bằng xảy ra khi  ⇔ z =
2
x + y + z = t

 

 



 t = 1



 x+y+z+t=2

1 1
Vậy M inA = 16 ⇔ x = y = ; z = ; t = 1.
4 2
Bình luận.
1) Ngoài cách giải trên, ta còn một cách giải khác cũng khá hay như sau:
Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình nên ta có thể chia 2 vế của phương trình cho
1 1
x2 được một phương trình tương đương: (x − 1 + )(x + 4 + ) = 6
x x
1
Đặt t = x + (ĐK: |t| ≥ 2) thì phương trình trên trở thành:
x
(t − 1)(t + 4) = 6
Đây là một phương trình bậc hai thuần túy đã biết cách giải, ta tìm t, nhận loại so với ĐK của t
rồi giải tiếp tìm x.
2) Học sinh phải thành thục bất dẳng thức Cô-si cộng thêm một chút may mắn để giải được bài
này.
Đề 6. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Quảng Ngãi

2017-2018
Bài 1
Ä√ √
…
ä2
1. Thưc hiện phép tính: 5+2 − 5.
2. Cho hàm số y = x2 có đồ thị là (P ) và hàm số y = −x + 2 có đồ thị là (d).
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ các giao điểm A, B của (P ) và (d) biết hoành độ của A
nhỏ hơn hoành độ của B. Gọi C và D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B
trên trục hoành, tính diện tích của tứ giác ABDC.
√
Phân tích. Ở câu 1 ta cần lưu ý tính chất A2 = |A|, sau đó xét dấu của A để có thể bỏ dấu
giá trị tuyệt đối.
Ở câu 2a) ta cần lập bảng giá trị của từng đồ thị rồi vẽ các điểm tương ứng lên hệ trục tọa độ,
sau đó nối lại ta sẽ được đồ thị cần vẽ. Lưu ý để vẽ parabol ta cần tìm ít nhất 5 điểm và đường
thẳng cần ít nhất 2 điểm. Ta cũng nên chọn những điểm có hoành độ hoặc tung độ bằng 0 để tìm
tọa độ điểm dễ dàng hơn.
Ở câu 2b) ta cần qui về phương trình hoành độ giao điểm rồi sử dụng điều kiện của đề bài để tìm
ra tọa độ của A và B. Từ hình vẽ ta dễ dàng thấy được ABDC là hình thang vuông cũng như
độ dài 2 đáy và chiều cao của hình thang đó. Tiếp theo ta áp dụng công thức để tính diện tích
hình thang vuông ABDC.

Ä√ √ √ √ √ √ √
…
ä2
Lời giải. 1. 5+2 − 5 = | 5 + 2| − 5 = 5 + 2 − 5 = 2 (vì 5 + 2 > 0).
x −2 −1 0 1 2
2. a) Bảng giá trị của (P ) : y = x2 :
y = x2 4 1 0 1 4
x 0 2
Bảng giá trị của (d) : y = −x + 2:
y = −x + 2 2 0
Vẽ (P ) và (d) lên cùng một hệ trục tọa độ:
y
(d) (P )
A
4
B
1
C D x
−3 −2 −1 0 1 2 3 4
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (d):

x2 = −x + 2 ⇔ x = 1 ∨ x = −2.
Vì hoành độ của A nhỏ hơn hoành độ của B nên
xA = −2 ⇒ yA = 4 ⇒ A(−2; 4)
xB = 1 ⇒ yB = 1 ⇒ B(1; 1)
Ta có C, D là hình chiếu của A, B nên AC ⊥ CD và BD ⊥ CD. Do đó tứ giác ABDC là
hình thang vuông có AC = 4; CD = 3; BD = 1
(AC + BD).CD
⇒ SABDC = = 7, 5 (đvdt).
2

Bình luận. Câu 1 tương đối đơn giản, ta chỉ cần lưu ý việc xét dấu của biểu thức chứa giá trị
tuyệt đối.
Câu 2a) là một bài toán quen thuộc, ta lưu ý việc chọn điểm để vẽ dễ dàng hơn. Câu 2b) có 2
ý. Ý đầu tiên là bài toán về phương trình hoành độ giao điểm, không mấy khó khăn để ta có thể
giải và tìm tọa độ của 2 giao điểm. Ý tiếp theo tương đối lạ vì nó lồng ghép bài toán về hình học
vào trong bài toán đồ thị. Ta chỉ cần nhìn hình vẽ ở câu a để suy ra được tính chất của tứ giác
đó, kết hợp với công thức đã học để hoàn thành yêu cầu của đề bài.

…
Ä √ ä2
1. Thưc hiện phép tính: 1− 7 + 1.

2. Cho hàm số y = 2x2 có đồ thị là (P ) và hàm số y = 3x − 1 có đồ thị là (d).
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ các giao điểm A, B của (P ) và (d) biết hoành độ của A lớn hơn
hoành độ của B. Gọi C và D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục hoành,
tính diện tích của tứ giác ABDC.
Bài 2
1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:


2x + y = −1


a) x4 + 2017x2 − 2018 = 0. b)  .
x − 2y = 7

2. Cho phương trình bậc hai x2 − 2x + m + 3 = 0 (m là tham số).
a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = −1. Tính nghiệm còn lại.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x31 + x32 = 8.
Phân tích. Câu 1a) là phương trình trùng phương, ta đặt t = x2 (lưu ý điều kiện của t) để đưa
về phương trình bậc 2 rồi sử dụng công thức nghiệm để giải, hoặc có thể nhẩm nghiệm nhanh
bằng cách sử dụng hệ quả của định lí Vi-ét.
Câu 1b) là một hệ phương trình bậc nhất cơ bản có thể giải được bằng phương pháp thế hoặc
cộng đại số.
Câu 2a) ta đã biết một nghiệm là −1 thì ta sẽ thế ngay vào phương trình để tìm giá trị m, sau
đó thế ngược lại giá trị m vào phương trình để giải phương trình tìm nghiệm còn lại. Hoặc sau
khi tìm được m ta có thể sử dụng ngay định lí Vi-ét để tìm nghiệm còn lại.
Câu 2b) yêu cầu tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn một biểu thức.
Trước tiên ta sử dụng biệt thức ∆ để tìm điều kiện có 2 nghiệm phân của phương trình, sau đó
biến đổi biểu thức về tổng,tích 2 nghiệm để áp dụng định lí Vi-ét và giải.
Lời giải. 1. a) x4 + 2017x2 − 2018 = 0.

Đặt t = x2 , (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành: t2 + 2017t − 2018 = 0.(∗)
Cách 1: Ta thấy các hệ số của phương trình (∗) lần lượt là:
a = 1, b = 2017, c = −2018.
∆ = b2 − 4ac = 20172 − 4.1.(−2018) = 4076361 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân
biệt là: √ √
−b + ∆ −b − ∆
t1 = = 1; t2 = = −2018.
2a 2a
Do điều kiện t ≥ 0 nên ta nhận t = 1.
Với t = 1 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−1; 1}.

Cách 2: Ta thấy các hệ số của phương trình (∗) lần lượt là a = 1, b = 2017, c = −2018 và
a + b + c = 1 + 2017 + (−2018) = 0 nên theo hệ quả của định lí Vi-ét thì phương trình (∗)
c
có 2 nghiệm là t = 1 hoặc t = = −2018.
a
Do điều kiện t ≥ 0 nên ta nhận t = 1.
Với t = 1 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−1; 1}.
   
2x + y = −1 y = −1 − 2x. y = −1 − 2x. y = −1 − 2x = −3.

 
 
 

b) Cách 1:  ⇔ ⇔ ⇔ .
x − 2y = 7
 x − 2(−1 − 2x) = 7
 5x = 5
 x = 1

Vậy hệ phương
  (x; y) = (1; −3)
trình có nghiệm
2x + y = −1 4x + 2y = −2

 

Cách 2:  ⇔ .
x − 2y = 7
 x − 2y = 7

Cộng vế theo vế 2 phương trình trên ta được: 5x = 5 ⇔ x = 1.

Từ x = 1, thay vào phương trình thứ nhất ta được: y = −1 − 2x = −3.
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; −3).
2. x2 − 2x + m + 3 = 0 (1) (m là tham số).
a) −1 là nghiệm của phương trình nên:

(−1)2 − 2(−1) + m + 3 = 0 ⇔ m = −6
Cách 1: Thay m = −6 vào phương trình (1) ta được phương trình:
x2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 3.
Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 3.
Cách 2: Ta có các hệ số của phương trình là a = 1, b = −2, c = 3.
−b
Theo định lí Vi-ét: x1 + x2 = = 2 ⇒ −1 + x2 = 2 ⇒ x2 = 3
a
Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 3.
b) ∆0 = b02 − ac = (−1)2 − (m + 3) = −(m + 2).

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆0 > 0 ⇔ −(m + 2) > 0 ⇔ m < −2.
−b

x1 + x2 = =2


Theo định lí Vi-ét ta có:  a .
x1 .x2 =
c

=m+3
a
Xét x31 + x32 = 8 ⇔ (x1 + x2 )(x21 − x1 x2 + x22 ) = 8
⇔ (x1 + x2 ) ((x1 + x2 )2 − 3x1 x2 ) = 8 ⇔ 2.(22 − 3(m + 3)) = 8 ⇔ m = −3 (thỏa điều
kiện có nghiệm). Vậy m = −3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x31 + x32 = 8.
Bình luận. Câu 1a) là các phương trình và hệ phương trình rất cơ bản, áp dụng các kiến thức
đã học thì ta sẽ giải quyết được bài toán không mấy khó khăn.
Câu 2a) ta cần nắm vững kiến thức về nghiệm của phương trình thì mới có thể giải quyết được

yêu cầu bài toán. Câu 2b) yêu cầu việc biến đổi biểu thức theo tổng và tích rồi áp dụng định lí
Vi-ét để tìm ra giá trị của m. Việc biến đổi này cũng không quá khó nhưng ta cần nhớ lại các
hằng đẳng thức đã học thì mới thực hiện được việc biến đổi.
1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:


x + 3y = 5


a) 2x4 − 5x2 + 2 = 0. b)  .
2x − y = 6

2. Cho phương trình bậc hai x2 − 4x + 1 − m = 0 (m là tham số).
a. Tìm m để phương trình có nghiệm x = 3. Tính nghiệm còn lại.
b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x31 + x32 = m.
Bài 3
Một phòng họp có 250 chỗ ngồi được chia thành từng dãy, mỗi dãy có số chỗ ngồi như nhau.
Vì có đến 308 người dự họp nên ban tổ chức phải kê thêm 3 dãy ghế, mỗi dãy ghế phải kê
thêm 1 chỗ ngồi nữa thì vừa đủ. Hỏi lúc đầu ở phòng họp có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy
ghế có bao nhiêu chỗ ngồi?
Phân tích. Thoạt nhìn ta sẽ tưởng rằng bài toán cần đặt 2 ẩn, đó là số dãy ghế và số chỗ ngồi
mỗi dãy. Nhưng khi xem xét kĩ bài toán ta nhận thấy ngay 2 đại lượng này có mối liên hệ với
nhau. Nếu ta lấy số dãy ghế nhân với số chỗ ngồi mỗi dãy ta sẽ được tổng số chỗ ngồi, bài toán
đã cho ta dữ kiện này rồi. Do đó ta chỉ cần 1 ẩn là số dãy ghế hoặc số ghế mỗi dãy.
Lời giải. Gọi x là số dãy ghế (x ∈ N∗ và x ∈Ư(250)).

250
Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu là (chỗ).
x
Số dãy ghế lúc sau là x + 3 (dãy).
250
Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc sau là + 1 (chỗ).
x
Vậy ta có
Ç phươngåtrình:
250
(x + 3) + 1 = 308 ⇔ x2 − 55x + 750 = 0.
x
∆ = 552 − 4.750
√ = 25 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
−55 + 25
x1 = = 30 (loại)
2√
−55 − 25
x2 = = 25 (nhận)
2
250
Vậy ban đầu phòng họp có 25 dãy ghế và mỗi dãy có = 10 chỗ ngồi.
25
Bình luận. Đây là một bài toán không khó nhưng dữ kiện cho khá nhiều, ta cần đọc và hiểu đề
thật kĩ để tìm ra cách đặt ẩn hợp lí.

Bài 4
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Một điểm M cố định thuộc đoạn thẳng OB (M
khác B và M khác O). Đường thẳng d vuông góc với AB tại M cắt nửa đường tròn đã cho
tại N . Trên cung N B lấy điểm E bất kì (E khác B và E khác N ). Tia BE cắt đường thẳng
d tại C. Đường thẳng AC cắt nửa đường tròn tại D. Gọi H là giao điểm của AE và đường
thẳng d.
a) Chứng minh tứ giác BM HE nội tiếp được đường tròn.
b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng.
c) Tính giá trị biểu thức BN 2 + AD.AC theo R.
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K. Chứng minh rằng khi E di động trên
cung N B thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.
Phân tích. Câu a) để chứng minh tứ giác nội tiếp ta cần nhớ lại các dấu hiệu đã học. Ở đây tứ
giác BM HE đã có 1 góc vuông, không mấy khó khăn để ta có thể đi tìm yếu tố còn lại.
Câu b) là bài toán về chứng minh 3 điểm thẳng hàng. Nhìn hình vẽ có thể đoán được ngay H là
trực tâm và BD là đường cao của tam giác ABC, từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Câu c) yêu cầu tính giá trị một biểu thức gồm có 2 phần rất rõ ràng. Ý đầu tiên ta sử dụng hệ
thức lương trong tam giác vuông và ý còn lại được suy ra từ tam giác đồng dạng. Câu d) yêu cầu
chứng minh độ dài một đoạn thẳng không đổi, tức là độ dài đó phải bằng một độ dài cố định nào
đó. Trong bài toán ta đã có các điểm A, B, O, M là những điểm cố định. Ta cần chứng minh độ
dài BK có liên hệ với độ dài của một đoạn thẳng nào đó đi qua 2 trong số những điểm trên.
Lời giải.
D N
A O M B
a) Chứng minh tứ giác BM HE nội tiếp được đường tròn.

÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
AEB

⇒ AEB
÷ + BM
◊ H = 90◦ + 90◦ = 180◦
⇒ BM HE nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 180◦ ).
b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng.

Xét 4ABC có CM và AE là hai đường cao nên H là trực tâm của 4ABC (1).
÷ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Mà ADB
⇒ BD ⊥ AC ⇒ BD là đường cao của 4ABC (2).
Từ (1),(2) suy ra H ∈ BD hay B, H, D thẳng hàng.
c) Tính giá trị biểu thức BN 2 + AD.AC theo R.

Xét 4AM C và 4ADB

AM

 ◊ ÷ = 90◦
C = ADB

M
 ◊AD là góc chung
⇒ 4AM C v 4ADB (g.g)
AM AC
⇒ = (cạnh tương ứng)⇒ AD.AC = AB.AM = 2R.AM (3).
AD AB
Ta có AN
÷ B = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Xét 4AN B vuông tại N , có N M là đường cao nên
BN 2 = BM.BA = 2R.BM (4)
Từ (3),(4) ta được BN 2 + AD.AC = 2R.BM + 2R.AM = 2R.(AM + BM ) = 2R.AB =
2R.2R = 4R2 .
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K. Chứng minh rằng khi E di động trên cung
N B thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.
D N
A K O M B
Tứ giác AKHC nội tiếp nên ACH

÷ = HKM
◊ (góc ngoài và góc đối trong của tứ giác nội tiếp).
Mà ACH ◊ (4AM C v 4ADB) ⇒ HKM

÷ = HBM ◊ ⇒ 4BHK cân tại H.
◊ = HBM
Lại có HM ⊥ BK (giả thiết) nên HM cũng là đường trung tuyến của 4BHK
⇒ M là trung điểm BK hay BK = 2BM.

Mà B, M cố định nên BM không đối, do đó BK = 2BM không đổi.

Vậy khi E di động trên cung N B thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.
Bình luận. Câu a) là bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp quen thuộc mà đề bài đã gợi ý một
góc vuông trong tứ giác đó, không mấy khó khăn để ta có thể đi tìm yếu tố còn lại.
Câu b) là một bài toán về thẳng hàng, dạng toán tương đối khó. Nhưng ở hình vẽ của bài toán
này ta dễ dàng nhận ra được mối liên hệ của 3 điểm đã cho từ đó đi tìm các yếu tố cần thiết để
chứng minh.
Câu c) xoay quanh vấn đề về tam giác đồng dạng và hệ thức lượng, ta cần xem xét kĩ đề bài để
phán đoán đúng hệ thức lượng nằm trong tam giác nào hoặc cặp tam giác nào sẽ đồng dạng.
Câu d) chứng minh yếu tố độ dài không đổi. Đây là vấn đề tương đối khó vì ta cần phải hiểu được
thế nào là độ dài không đổi và vấn đề khó hơn là tìm kiếm sự liên quan với các yếu tố đã cho.
Bài 5
» √ » √
Cho a là số thực dương lớn hơn 1 và x = a+ a2 − 1 + a − a2 − 1.
Tính giá trị biểu thức P = x3 − 2x2 − 2(a + 1)x + 4a + 2021.
Phân tích. Ta phải biến đổi x thành một biểu thức đơn giản hơn. Chúng ta có thể tách hằng
đẳng thức hoặc để ý kĩ hơn ta thấy đây là tổng của 2 biểu thức chỉ sai khác nhau 1 dấu nên ta có
thể bình phương lên để giải quyết.
Lời giải. Cách 1:

» √ » √
x= a + a2 − 1 + a − a2 − 1
√ » √ » √
⇔ x 2 = 2a + 2 a2 − 1 + 2a − 2 a2 − 1
q » q »
= a + 1 + 2 (a − 1)(a + 1) + a − 1 + a + 1 − 2 (a − 1)(a + 1) + a − 1
q √ √ q √ √
= ( a + 1 + a − 1) + ( a + 1 − a − 1)2
2
√ √ √ √
= a+1+ a−1+ a+1− a−1
√
=2 a+1
»
⇔x= 2(a + 1) ⇔ x2 = 2(a + 1)
⇔ x2 .x = 2(a + 1)x ⇔ x3 = 2(a + 1)x.
P = x3 − 2x2 − 2(a + 1)x + 4a + 2021 = 2(a + 1)x − 2(2a + 2) − 2(a + 1)x + 4a + 2021
= −4a − 4 + 4a + 2021 = −4 + 2021 = 2017.

» √ » √
Vậy P = 2017 khi x = a + a2 − 1 + a − a2 − 1 .
Cách 2:
» √ » √
x= a+ a2 −1+ a2 − 1
a−
2
√ √ q » √
⇔ x = a + a − 1 + a − a − 1 + 2 (a + a2 − 1)(a − a2 − 1)
2 2
√
= 2a + 2 a2 − a2 + 1 = 2a + 2 = 2(a + 1)
⇔ x2 .x = 2(a + 1)x ⇔ x3 = 2(a + 1)x.
P = x3 − 2x2 − 2(a + 1)x + 4a + 2021 = 2(a + 1)x − 2(2a + 2) − 2(a + 1)x + 4a + 2021
= −4a − 4 + 4a + 2021 = −4 + 2021 = 2017.
» √ » √
Vậy P = 2017 khi x = a+ a2 − 1 + a− a2 − 1.
Bình luận. Đây chẳng qua là một bài toán rút gọn nhưng ở mức độ nâng cao. Ta cần nắm vững
kĩ thuật thêm bớt hằng đẳng thức hoặc xem xét kĩ biểu thức có gì đặc biệt, từ đó đưa ra hướng
giải quyết phù hợp. Đối với bài toán này, cách 1 dễ tiếp cận hơn vì nó quen thuộc, thường gặp
trong các bài toán rút gọn. Cách 2 tuy ít gặp nhưng lại tỏ ra hiệu quả hơn trong việc tính toán
và nhìn cũng đỡ rối hơn.
Đề 7. Đề thi tuyển sinh Lớp 10 Sở GD và ĐT Cà Mau
Bài 1
2a2 + 4 1 1
Cho biểu thức A = 3
− √ − √ (với a ≥ 0; a 6= 1).
1−a 1+ a 1− a
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
Phân tích. Với câu a) ta có thể quy đồng phân thức, sau đó rút gọn tử và mẫu.
Câu b) hướng tới việc tìm giá trị nhỏ nhất của hàm phân thức, ta kết hợp với ĐKXĐ của a.
Lời giải. ĐKXĐ: a ≥ 0; a 6= 1.
a) Khi đó
√ √
2a2 + 4 (1 − a)(1 + a + a2 ) (1 + a)(1 + a + a2 )
A= − √ − √
1 − a3 1+ a 1− a
√ √ √ √ √ √
2a2 + 4 − (1 + a + a2 − a − a a − a2 a) − (1 + a + a2 + a + a a + a2 a)
=
(1 − a)(1 + a + a2 )
2 − 2a
=
(1 − a)(1 + a + a2 )
2
= .
1 + a + a2

b) Do a ≥ 0; a2 ≥ 0 ⇒ 1 + a + a2 ≥ 1.
1 2
Do đó 2
≤1⇒ ≤ 2 hay A ≤ 2.
1+a+a 1 + a + a2
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi 1 + a + a2 = 1 ⇔ a = 0
Vậy giá trị lớn nhất của A là 2 khi a = 0.
Bình luận. a) Đây là dạng bài cơ bản, học sinh chỉ cần nắm vững phương pháp rút gọn, vận
dụng các hằng đẳng thức và cẩn thận tính toán là có thể làm được.
b) Tìm giá trị lớn nhất của phân thức có tử là một hằng số và mẫu là một biểu thức, ta chỉ cần
tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức ở mẫu.

6a2 + 12 3 3
Cho biểu thức A = 3
− √ − √ (với a ≥ 0; a 6= 1).
1−a 1+ a 1− a
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
Đáp án:
6
a) A =
1 + a + a2
b) Giá trị lớn nhất của A là 2 khi a = 0.
Bài 2

x + y = m


Cho hệ phương trình  .
mx + y = 1

a) Giải hệ phương trình khi m = 2.
b) Xác định giá trị của m để đường thẳng y = −x + m cắt đường thẳng y = −mx + 1 tại
một điểm nằm trên parabol y = −2x2 .
Phân tích. a) Thay giá trị m = 2 thì ta được một hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Ta có thể
giải hệ này bằng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế.
b) Đối với bài toán này ta sẽ đi tìm giao điểm của 2 đường thẳng bằng cách lập phương trình
hoành độ giao điểm. Ta cần tìm tham số m để giao điểm thỏa phương trình Parabol.
 a) Với m = 2 hệ phương trình trở thành

Lời giải.
x + y = 2


(I) 
2x + y = 1


   
x + y = 2 y = 2 − x y = 2 − x x = −1

 
 
 

Cách 1:  ⇔ ⇔ ⇔ .
2x + y = 1
 2x + (2 − x) = 1
 x = −1
 y = 3


 x+y =2

(1)
Cách 2: 
 2x + y = 1 (2)
Lấy (2) − (1) ta được: x = −1.
Thay x = −1 vào (1), ta có: −1 + y = 2 ⇒ y = 3.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (−1; 3).
b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng (d1 ) : y = −x + m và đường thẳng
(d2 ) : y = −mx + 1 là:
− x + m = −mx + 1
⇔ (m − 1)x = 1 − m
1−m
⇔x= (vì m 6= 1)
m−1
⇔ x = −1.
Với x = −1 ⇒ y = 1 + m.
Do giao điểm nằm trên Parabol (P ) : y = −2x2 nên thay x = −1, y = 1 + m vào (P ), ta được:
1 + m = −2.(−1)2 ⇔ 1 + m = −2 ⇔ m = −3.
Vậy m = −3 là giá trị cần tìm.

Bình luận. a) Đối với bài toán có hệ số của x hoặc y là 2 số bằng nhau hoặc đối nhau thì phương
pháp cộng đại số sẽ được ưu tiên. Ngoài ra nếu bài toán có thể rút y theo x hoặc ngược lại thì
ta sẽ ưu tiên phương pháp thế. Đối với bài toán này ta có thể lựa chọn một trong hai phương
pháp thế và cộng đại số để giải đều được.
b) Đây là bài toán về sự tương giao của 2 đường. Ta cần tìm tham số m để giao điểm của 2 đường
thỏa phương trình Parabol.
Bài tập tương tự. 

3x + y = m


Cho hệ phương trình  .
mx + y = 5

a) Giải hệ phương trình khi m = 2.
b) Xác định giá trị của m để đường thẳng y = mx + 5 cắt đường thẳng y = 2x + 2m + 1 tại một
điểm nằm trên parabol y = 3x2 .
Đáp án :
a) (x, y) = (−3; 11)
7
b) m = .
2

Bài 3
Người ta hòa 8kg chất lỏng loại I với 6kg chất lỏng loại II thì được một hỗn hợp có khối
lượng riêng là 700kg/m3 . Tính khối lượng riêng của mỗi chất lỏng. Biết rằng khối lượng riêng
của chất lỏng loại I lớn hơn khối lượng riêng của chất lỏng loại II là 200kg/m3 .
Phân tích. Đây là bài toán thực tế liên quan đến các đại lượng vật lý như khối lượng, khối lượng
riêng và thể tích. Ta cần nhớ công thức m = D.V , với m, D, V lần lượt là khối lượng, khối lượng
riêng và thể tích của một chất. Đề bài không đề cập đến thể tích của hỗn hợp nên ta giả sử thể
tích hỗn hợp được bảo toàn. Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng cách lập phương trình biểu thị
mối liên hệ giữa các đại lượng trên thông qua sự bảo toàn thể tích các chất trong một hỗn hợp.
Lời giải. Gọi khối lượng riêng của chất lỏng loại I là x (kg/m3 ), (x > 200).
Khi đó khối lượng riêng của chất lỏng loại II là (x − 200)(kg/m3 ).
Do thể tích hỗn hợp được bảo toàn nên
8 6 14
+ =
x x − 200 700
8x − 1600 + 6x 1
⇔ 2
=
x − 200x 50
⇔14x − 1600 = 0, 02.(x2 − 200x)
⇔0, 02x2 − 18x + 1600 = 0
⇔x = 800 ∨ x = 100
Vì x > 200 nên ta nhận x = 800.

Vậy khối lượng riêng của chất loại lỏng I là 800kg/m3
và khối lượng riêng của chất lỏng loại II là 600kg/m3 .
Bình luận. Thực tế thì khi trộn 2 chất lỏng với nhau thể tích của hỗn hợp sẽ nhỏ hơn tổng thể
tích của 2 chất. Nhưng do đề bài không đề cập đến nên ta có thể xem như sự thay đổi không đáng
kể và sử dụng sự bảo toản thể tích để giải bài toán. Bài toán có sự lồng ghép giải phương trình
bậc 2 và khi giải cần chú ý điều kiện của x để dễ dàng chọn nghiệm.

Người ta hòa 5kg chất lỏng loại I với 3kg chất lỏng loại II thì được một hỗn hợp có khối lượng
riêng là 800kg/m3 . Tính khối lượng riêng của mỗi chất lỏng. Biết rằng khối lượng riêng của chất
lỏng loại I lớn hơn khối lượng riêng của chất lỏng loại II là 400kg/m3 .
Đáp án : Khối lượng riêng của chất loại lỏng I là 1000kg/m3
và khối lượng riêng của chất lỏng loại II là 600kg/m3 .

Bài 4
Cho phương trình bậc hai: x2 − 2(k − 2)x − 2k − 5 = 0 (với k là tham số).
a) Chứng minh rằng phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.
b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị k sao cho x21 + x22 = 18.
Phân tích. a) Là dạng toán về phương trình bậc hai luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị
của tham số k ta chỉ cần chứng minh ∆ > 0, ∀k.
b) Với một phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt ta sẽ sử dụng Định lý Vi-ét để tìm mối
liên hệ tổng, tích của 2 nghiệm theo tham số k. Biểu diễn biểu thức đã cho theo tổng và tích
2 nghiệm của phương trình.
Lời giải. a) x2 − 2(k − 2)x − 2k − 5 = 0 (1).

Ta có
0
∆(1) = (k − 2)2 + 2k + 5
= k 2 − 2k + 9
= (k − 1)2 + 8 > 0, ∀k
Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.
b) Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (1).

Áp dụng Định lý Vi-ét cho (1), ta được:
2(k − 2)

x1 + x2 = = 2(k − 2)


1 .
−2k − 5
= −2k − 5

x1 .x2 =

1
Ta có:
x21 + x22 = 18
⇔(x1 + x2 )2 − 2.x1 x2 = 18
⇔4(k − 2)2 − 2.(−2k − 5) = 18
⇔4k 2 − 12k + 8 = 0
⇔k = 1 ∨ k = 2
Vậy k = 1; k = 2 là giá trị cần tìm.

Bình luận. Đây là dạng toán thường gặp trong kì thi vào lớp 10. Các kiến thức về nghiệm của
phương trình bậc hai. Ngoài ra, bài toàn còn kết hợp sử dụng Định lý Vi-ét trong phương trình
bậc hai, tìm k để các nghiệm thỏa một điều kiện cho trước.


Cho phương trình bậc hai: x2 − 2mx + 2m − 10 = 0 (với m là tham số).
a) Chứng minh rằng phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị m sao cho 2(x21 + x22 ) = 38.
1
Đáp án : b) m =
2
Bài 5
Cho đường tròn (O) bán kính R và một dây BC cố định. Gọi A là điểm chính giữa của cung
nhỏ BC. Lấy điểm M bất kỳ trên cung nhỏ AC, kẻ tia Bx vuông góc với tia M A ở I và cắt
tia CM tại D.
a) Chứng minh AM
◊ D = ABC
÷ và tia M A là tia phân giác của BM
◊ D.
b) Chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và BDC
÷ có độ lớn không
phụ thuộc vào vị trí điểm M.
c) Tia DA cắt tia BC tại E và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F . Chứng minh AB
là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF .
Phân tích. a) Ta sẽ dựa vào tính chất của góc nội tiếp, và dữ kiện đề bài A là điểm chính giữa
_ _
cung BC chia BC thành 2 cung nhỏ bằng nhau. Ta sẽ chứng minh các góc tương ứng bằng
nhau.
b) Dựa vào tính chất tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác chính là điểm cách đều các đỉnh của
tam giác đó. Để chứng minh độ lớn của 1 góc không phụ thuộc vào điểm thay đổi, ta sẽ đi
chứng minh góc đó bằng với 1 góc cố định nào đó.
c) Để chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn ta chứng minh đường thẳng đó
vuông góc với bán kính của đường tròn tại tiếp điểm.
I B
χ D
Lời giải. a) Ta có

AM
◊ D=M
◊ CA + M
◊ AC (vìAM
◊ D là góc ngoài của ∆ACM )
1 _ 1 _ 1 _
= M A + M C= AC .
2 2 2
÷ = 1 AC (góc nội tiếp (O) chắn AC).

_ _
Mặt khác ABC
2
Do đó AM
◊ D = ABC
÷ (1).
Ta lại có:
÷ = 1 AC (góc nội tiếp (O) chắn AC)
_ _
ABC
2
1 _ _
BM A = AB (góc nội tiếp (O) chắn AB)
◊
_
2_ _
Mà AC=AB (vì A là điểm chính giữa của BC)
Suy ra ABC
÷ = BM
◊ A (2).
Từ (1), (2) suy ra AM
◊ D = BM
◊ A
Hay M A là tia phân giác của BM
◊ D
Xét ∆AM B và ∆AM D, ta có

b) 
AM chung







BM
◊ A = AM
◊ D (chứng minh ở câu a.)




M B = M D (∆BM D có đường cao đồng thời là đường phân giác nên ∆BM D cân tại M)

Vậy ∆AM B = ∆AM D (c.g.c).

⇒ AB = AD.
_ _
Mà AB = AC ( 2 dây cung chắn 2 cung AB, AC bằng nhau)
Nên AB = AC = AD.
Do đó A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD.
÷ = 1 BAC
_
⇒ BDC ÷ (góc nội tiếp và góc ở tâm của đường tròn (BCD) cùng chắn BC).
2
Ta lại có BAC
÷ có số đo không đổi (do A, B, C cố định), suy ra BDC
÷ có số đo không đổi và
không phụ thuộc vào vị trí điểm M .

I B
χ D
E O
K
C
c)
Gọi BK là đường kính của đường tròn (BEF ).

Ta có:
1 _
ABE
÷ = AF
÷ B (= BC)
4 _
Mà AF
÷ B = BKE
÷ (cùng chắn BE của BEF ).
và BKE ÷ = 90◦ .
÷ + EBK
Do đó ABE ÷ = 90◦ ⇒ ABK

÷ = EBK ÷ = 90◦
Hay AB ⊥ BK.
Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn (BEF ).

Bình luận. a) Là bài toán chứng minh các cặp góc bằng nhau, ta sử dụng tính chất của góc nội
tiếp để chứng minh các cặp góc tương ứng bằng nhau.
b) Là bài toán về tâm đường tròn ngoại tiếp một tam giác, ta sử dụng tính chất cách đều các
đỉnh của tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
c) Là bài toán liên quan đến tiếp tuyến của đường tròn, ta dựa vào định nghĩa một tiếp tuyến và
kết hợp các yếu tố đề bài là có thể giải quyết được.
Các kiến thức trong bài toán này tương đối dễ, các câu có sự liên kết với nhau, câu sau là sự vận
dụng kết quả của câu trước để chứng minh, chủ yếu là sử dụng kiến thức góc nội tiếp một đường
tròn để chứng minh.
Đề 8. Đề thi tuyển sinh lớp 10, Sở Giáo dục và Đào tạo

tỉnh Đồng Nai

Bài 1
1. Giải phương trình x2 − 9x + 20 = 0.


7x − 3y = 4


4x + y = 5

3. Giải phương trình x4 − 2x2 − 3 = 0.
Phân tích. Câu 1 là giải phương trình bậc hai. Ta có nhiều cách làm đối với câu này, như dùng
định lý về công thức nghiệm, hay phân tích đa thức thành nhân tử rồi giải phương trình tích.
Câu 2 là hệ phương trình bậc nhất theo hai ẩn x, y quen thuộc. Có hai cách giải cho bài này: một
là dùng phương pháp thế, hai là phương pháp cộng đại số.
Câu 3 là giải phương trình bậc 4 trùng phương. Cách giải đầu tiên ta nghĩ đến là đặt ẩn phụ và
đưa về phương trình bậc hai kèm điều kiện của ẩn phụ để giải, sau đó dựa vào giá trị tìm được
của ẩn phụ để tìm nghiệm của phương trình ban đầu.
Lời giải.
1.
x2 − 9x + 20 = 0. (1)
ĐKXĐ: x ∈ R.
• Cách 1:
Phương trình (1) có: a = 1, b = −9, c = 20.
∆ = b2 − 4ac = 92 − 4.1.20 = 1 > 0
⇒ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:
√ √
−b − ∆ 9−1 −b + ∆ 9+1
x1 = = = 4; x2 = = = 5.
2a 2 2a 2
• Cách 2:
(1) ⇔ x2 − 4x − 5x + 20 = 0
⇔ x(x − 4) − 5(x − 4) = 0
⇔ (x − 4)(x − 5) = 0

x−4=0
⇔

x−5=0

x=4
⇔
 .
x=5

• Cách 3:
9 81 1
(1) ⇔ x2 − 2. .x + − =0
2 4 4
Ç å2
9 1
⇔ x− =
2 4
9 1

 x− =
 2 2
⇔

 9 1
x− =−
2 2

x=5
⇔
 .
x=4
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 4 và x2 = 5.
2.

7x − 3y = 4



. (I)
4x + y = 5

ĐKXĐ: x, y ∈ R.
• Cách 1:
  
7x − 3y = 4 7x − 3(5 − 4x) = 4 19x − 15 = 4

 
 

(I) ⇔  ⇔ ⇔
y = 5 − 4x
 y = 5 − 4x
 y = 5 − 4x

  
19x = 19 x = 1 x = 1

 
 

⇔ ⇔ ⇔ .
y = 5 − 4x
 y = 5 − 4x
 y = 1

• Cách 2:
  
28x − 12y = 16 −19y = −19 y = 1

 
 

(I) ⇔  ⇔ ⇔
28x + 7y = 35
 28x = 35 − 7y
 28x = 35 − 7

 
y = 1 y = 1

 

⇔ ⇔ .
28x = 28
 x = 1

Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm (x = 1; y = 1).
3.
x4 − 2x2 − 3 = 0. (1)
ĐKXĐ: x ∈ R.

• Cách 1:
Đặt t = x2 (t ≥ 0).
Phương trình (1) trở thành:
t2 − 2t − 3 = 0 (ĐK: t ≥ 0). (2)
Phương trình (2) có: a = 1, b = −2, c = −3.

∆ = b2 − 4ac = (−2)2 − 4.1.(−3) = 16 > 0
⇒ Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:
√ √
−b − ∆ 2−4 −b + ∆ 2+4
t1 = = = −1 (loại); t2 = = = 3 (nhận).
2a 2 2a 2
Khi đó:  √
x= 3
(1) ⇔ x2 = 3 ⇔ 
 √ .
x=− 3
• Cách 2:
(1) ⇔ x4 − 3x2 + x2 − 3 = 0
⇔ x2 (x2 − 3) + (x2 − 3) = 0
⇔ (x2 − 3)(x2 + 1) = 0
⇔ x2 − 3 = 0 (do x2 + 1 > 0, ∀x ∈ R)
⇔ x2 = 3
 √
x = 3
⇔
 √ .
x=− 3
√ √
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 3 và x2 = − 3.
Bình luận. Bài này gồm những câu đơn giản, không yêu cầu cao về tư duy. Ta chỉ cần chú ý về
cách trình bày và lập luận để không bị mất điểm.
Với câu 1, ta thường sẽ lựa chọn cách 1 (giải bằng công thức nghiệm) để làm, vì khả năng giải
quyết mọi phương trình bậc hai của cách này, cùng với bước giải ngắn.
Cách 2 (phân tích đa thức thành nhân tử, đưa về phương trình tích) cũng là một cách giải hiệu
quả trong trường hợp ta biết rằng phương trình có nghiệm "đẹp" (không phải nghiệm vô tỉ, có
căn). Cách giải này không đòi hỏi phải viết lập luận mà vẫn đảm bảo tính logic, mạch lạc, tự
nhiên của bài giải.
Cách 3 (chính phương hóa biểu thức chứa x) có lẽ là cách ít được sử dụng nhất. Cách này không có
thế mạnh nổi trội gì hơn so với hai cách nêu trên; nếu dùng để chứng minh phương trình vô nghiệm
(chẳng hạn x2 −2x+5 = 0 ⇔ (x−1)2 +4 = 0) thì cách 1 có thể làm nhanh gọn khi tính ra ∆ < 0; nếu

√ √
để tìm nghiệm vô tỉ, có căn (chẳng hạn x2 −2x−1 = 0 ⇔ (x−1)2 = 2 ⇔ x = 2+1∨x = − 2+1)
thì cách 1 cũng nhanh hơn với công thức nghiệm có sẵn!
Nói chung, để giải nhanh và chính xác phương trình bậc hai, trước tiên ta cần bấm máy tính để
tìm nghiệm trước, tùy vào phương trình có nghiệm "đẹp" hay "xấu" hay vô nghiệm để quyết định
cách giải phù hợp.
Tương tự với câu 3, sau khi đưa được phương trình về dạng bậc hai, ta cũng có thể giải phương
trình bậc hai đó theo cách nào tùy thích, chỉ cần lưu ý điều kiện để nhận nghiệm. Cách 2 của câu
này có sử dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, không cần phải đặt ẩn phụ.
Với câu 2, ta hoàn toàn có thể lựa chọn một trong hai cách đã trình bày để giải, một cách sử dụng
phương pháp thế và cách còn lại là phương pháp cộng đại số. Trong bài này, do ta dễ dàng tính
y theo x từ phương trình dưới nên có lẽ phương pháp thế sẽ được ưu tiên nhiều hơn.
1. Giải phương trình 2x2 + 11x + 9 = 0.

9
Đáp án: x1 = −1, x2 = − .
2

−5x + 2y = −2


x + 3y = 10

Ç å
26 48
Đáp án: x = ; y = .
17 17
3. Giải phương trình x4 − x2 − 20 = 0.

√ √
Đáp án: x1 = 5, x2 = − 5.
Bài 2
1
Cho hai hàm số y = − x2 và y = x − 4 có đồ thị lần lượt là (P ) và (d).
2
1. Vẽ hai đồ thị (P ) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P ) và (d).
Phân tích. Câu 1 đưa ra yêu cầu vẽ đồ thị hàm số bậc hai (dạng y = ax2 ) và hàm số bậc nhất
(dạng y = ax + b), nghĩa là vẽ một đường parabol và một đường thẳng trên cùng một mặt phẳng
tọa độ.
Vẽ parabol (P ):
- Bước 1: Lập bảng giá trị: Ta cần biết tối thiểu 5 điểm nằm trên parabol, nên ta chọn 5 giá trị
hoành độ để thế vào phương trình của parabol tìm tung độ, và chú ý lấy những điểm đối xứng
qua trục tung;

- Bước 2: Vẽ;
- Bước 3: Kết luận parabol đi qua những điểm nào.
Vẽ đường thẳng (d):
- Bước 1: Lập bảng giá trị: Ta cần biết tối thiểu 2 điểm nằm trên đường thẳng, nên ta chọn 2 giá
trị hoành độ thế vào phương trình đường thẳng tìm tung độ;
- Bước 2: Vẽ;
- Bước 3: Kết luận đường thẳng đi qua những điểm nào.
Câu 2 yêu cầu tìm tọa độ giao điểm của (P ) và (d). Đề bài không nói rõ rằng tìm bằng đồ thị hay
bằng phép toán, tuy nhiên ta sẽ tìm thông qua giải phương trình hoành độ giao điểm để đảm bảo
tính chính xác và khoa học:
- Bước 1: Viết phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (d);
- Bước 2: Giải phương trình hoành độ giao điểm: Phương trình hoành độ giao điểm của parabol
và đường thẳng là một phương trình bậc hai, nên cốt lõi của câu này là giải phương trình bậc hai
tìm hoành độ giao điểm;
- Bước 3: Tìm tung độ của giao điểm: thế hoành độ tìm được vào một trong hai hàm số để có
tung độ giao điểm của hai đồ thị;
- Bước 4: Kết luận tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P ) và (d).
Lời giải.
1
1. Vẽ đồ thị (P ) : y = − x2 :
2
Bảng giá trị:
x −2 −1 0 1 2
1 1 1
y = − x2 −2 − 0 − −2
2 2 2
1 1
Vậy đồ thị (P ) đi qua 5 điểm có tọa độ (−2; −2), (−1; − ), (0; 0), (1; − ), (2; −2).
2 2
Vẽ đồ thị (d) : y = x − 4:
Bảng giá trị:
x 0 1
y =x−4 −4 −3
Vậy đồ thị (d) đi qua 2 điểm có tọa độ (0; −4) và (1; −3).

y
−2 −1 O 1 2
x
1
− (d)
2
−2
−3
(P )
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (d):

1
− x2 = x − 4
2
⇔ −x2 = 2x − 8
⇔ −x2 − 2x + 8 = 0
⇔ −x2 − 4x + 2x + 8 = 0
⇔ −x(x + 4) + 2(x + 4) = 0
⇔ (x + 4)(−x + 2) = 0

x+4=0
⇔

−x + 2 = 0

x = −4
⇔

x=2
⇒ (P ) cắt (d) tại hai điểm A(−4; yA ) và B(2; yB ).

A(−4; yA ) ∈ (d) ⇒ yA = −4 − 4 = −8 ;
B(2; yB ) ∈ (d) ⇒ yB = 2 − 4 = −2.
Vậy (P ) cắt (d) tại hai điểm A(−4; −8) và B(2; −2).
Bình luận. Bài này đưa ra những yêu cầu rất cơ bản, ta chỉ cần nắm vững phương pháp là có
thể hoàn thành tốt.
Để ý rằng ở câu 2, do đề bài không chỉ rõ phải tìm tọa độ giao điểm bằng phép toán, ta có thể
khéo léo tận dụng bước lập bảng giá trị ở câu 1 để làm xuất hiện điểm chụng của hai đồ thị:
Đầu tiên, ta bấm máy tính giải phương trình hoành độ giao điểm để tìm nghiệm. Sau đó, khi lập
bảng giá trị, ta dùng cả hai nghiệm vừa tìm được để xác lập tọa độ những điểm thuộc đồ thị. Khi
đó, ở hai bảng giá trị liệt kê những điểm mà đồ thị đi qua sẽ có tọa độ hai điểm chung của (P )
và (d). Vậy để trình bày câu 2 ta chỉ cần chỉ ra hai điểm chung trên bảng giá trị là xong!
Tuy nhiên, thủ thuật này chỉ thực hiện được khi đường thẳng và parabol cắt nhau tại hai điểm

phân biệt; tức số giao điểm giữa chúng là tối đa, ta chỉ ra được 2 giao điểm thì chúng là tất cả
giao điểm cần tìm. Nếu đường thẳng tiếp xúc với parabol tại một điểm hoặc khộng có điểm chung
với parabol, ta buộc phải giải phương trình hoành độ giao điểm để có lập luận chặt chẽ nhất.
Bài tập tương tự. Cho hai hàm số y = x2 và y = 6x − 9 có đồ thị lần lượt là (P ) và (d).
1. Vẽ hai đồ thị (P ) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P ) và (d).

Đáp án: A(3; 9).
Bài 3
1. Cho a > 0 và a 6= 4. Ç√ √
a−2 √
å Ç å
a+2 4
Rút gọn biểu thức T = √ −√ . a− √ .
a+2 a−2 a
2. Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe
được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng
của mỗi xe dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở; biết số tấn
hàng của mỗi xe khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau.
Phân tích. Câu 1 yêu cầu rút gọn biểu thức chứa căn, tuy nhiên ta có thể thấy rõ hướng đi ban
đầu. Biểu thức T sẽ là tích của hai phân thức (sau khi thực hiện quy đồng), nên để rút gọn T ta
cần làm xuất hiện ở tử và mẫu của các phân thức những biểu thức giống nhau. Vậy ta cứ quy
đồng các biểu thức trong ngoặc và xem xét các bước đi tiếp theo.
Câu 2 là một vấn đề thực tế được yêu cầu giải quyết theo phương pháp toán học. Với dạng bài
này, đề bài yêu cầu tìm hoặc tính gì thì tốt nhất ta nên đặt ẩn là đối tượng đó luôn, sau đó kết
hợp các giả thiết để đặt ra phương trình hoặc hệ phương trình rồi giải tìm giá trị của ẩn, cũng
chính là đáp án của bài toán. Trong câu này, ta sẽ đặt x là số tấn hàng mỗi xe dự định chở.
Lời giải.
1. Ta có:
Ç√ √
a−2 √
å Ç å
a+2 4
T = √ − √ . a− √
a+2 a−2 a
ñ √ √
( a − 2)2 − ( a + 2)2 a−4
ô Ç å
= √ √ . √
( a − 2)( a + 2) a
√ √
a−4 a+4−a−4 a−4 a−4
Ç å Ç å
= . √
a−4 a
√
−8 a
= √ = −8.
a

2. • Cách 1:
Gọi x (tấn) là số tấn hàng của mỗi xe dự định chở (ĐK: x > 1).
120
Suy ra số xe dự định là: (chiếc).
x
120
Vì khi thực hiện, mỗi xe chở (x − 1) (tấn) nên số xe khi này là: (chiếc).
x−1
Theo đề bài, số xe khi thực hiện nhiều hơn số xe dự định là 4 chiếc. Từ đó ta có phương
trình:
120 120
− = 4 (ĐK: x > 1). (1)
x−1 x
Giải phương trình:
(1) ⇔ 120x − 120(x − 1) = 4x(x − 1)

⇔ 120x − 120x + 120 = 4x2 − 4x
⇔ 4x2 − 4x − 120 = 0

x = 6 (nhận)
⇔
 .
x = −5 (loại)
Vậy số tấn hàng mỗi xe dự định chở là 6 tấn.

• Cách 2:
Gọi x (tấn) là số tấn hàng mỗi xe dự định chở (ĐK: x > 1); y (chiếc) là số xe dự định
(ĐK: y ∈ N∗ ).
Suy ra số tấn hàng mỗi xe chở khi thực hiện là x − 1 (tấn), số xe chở khi thực hiện là
y + 4 (chiếc).
Ta có hệ phương trình sau:

xy = 120


(ĐK: x > 1; y ∈ N∗ ). (I)
(x − 1)(y + 4) = 120


Giải hệ phương trình:

 
xy = 120 xy = 120

 

(I) ⇔  ⇔
xy + 4x − y − 4 = 120
 4x − y − 4 = 0

 
xy = 120 x(4x − 4) = 120

 

⇔ ⇔
y = 4x − 4
 y = 4x − 4

 
4x2 − 4x − 120 = 0 x = 6 (nhận) hoặc x = −5 (loại)

 

⇔ ⇔
y = 4x − 4
 y = 4x − 4


x = 6


⇔ .
y = 20

Vậy số tấn hàng mỗi xe dự định chở là 6 tấn.

Bình luận. Câu 1 yêu cầu rút gọn biểu thức đơn giản, ta thử làm theo hướng nghĩ ban đầu và
sẽ đi đến kết quả một cách tự nhiên. Ta chỉ cần lưu ý tính toán, khai triển và rút gọn chính xác
là được.
Phương pháp giải quyết của câu 2 không có gì mới mẻ: đặt ẩn và thành lập phương trình để giải.
Nhưng thoạt nhìn với đề bài nhiều chữ và nhiều giả thiết, vẫn có khả năng ta không thành lập
đúng được phương trình để giải tìm đáp án chính xác của bài toán. Ta cần đọc thật kĩ đề bài để
tìm ra mối quan hệ giữa những đại lượng, những đối tượng gặp phải. Cũng nên lưu ý thêm rằng
khi đặt ẩn thay cho một đối tượng thực tế, ta phải gắn ẩn đó với điều kiện sao cho hợp lý. Nhiều
khi ta sẽ không để ý chuyện đặt điều kiện, dẫn tới bối rối khi phải nhận hoặc loại các nghiệm tìm
được.

√
Ç å Ç å
x+2 3
1. Cho x > 0, x 6= 4. Rút gọn biểu thức: Q = √ − x . √ −1 .
x+1 2− x
Đáp án: Q = 1.
2. Một đội xe dự định chở 160 tấn hàng. Tuy nhiên, đến ngày thực hiện, có 8 xe gặp trục trặc
không thể khởi hành được. Để kịp tiến độ, người ta quyết định chất thêm 1 tấn hàng lên
mỗi xe để có thể chở hết số hàng đi trong ngày hôm đó. Biết rằng việc chất thêm hàng lên
xe vẫn đảm bảo tính an toàn và số lượng hàng mỗi xe chở khi dự định là bằng nhau, khi
thực hiện là bằng nhau. Tính số xe đã chở hàng đi khi thực hiện.
Đáp án: 32 xe.
Bài 4
Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình
x2 + (2m − 1)x + m2 − 1 = 0
có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức R = (x1 )2 + (x2 )2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Phân tích. Với bài này, ta sẽ xử lí lần lượt từng yêu cầu của đề bài: tìm m sao cho phương trình
có hai nghiệm phân biệt; sau đó tìm m sao cho biểu thức R đạt giá trị nhỏ nhất.
Yêu cầu đầu tiên tương đương với tìm m sao cho ∆ > 0. Yêu cầu tiếp theo liên quan đến giá trị
nhỏ nhất của R, nên ta cần chứng minh R luôn lớn hơn hoặc bằng một số thực và tìm ra một giá
trị của m để R đạt bằng số thực ấy. Để ý rằng R là biểu thức đối xứng theo hai nghiệm x1 , x2
của phương trình, nên ta sẽ biểu diễn R theo tổng và tích của hai nghiệm, rồi dùng Định lý Vi-ét
để đưa m vào biểu thức, từ đó lập luận theo các giá trị m để tìm giá trị nhỏ nhất của R. Kĩ thuật
thường dùng nhất ở đây là "ép" m vào một bình phương của tổng.

Lời giải. Xét phương trình:
x2 + (2m − 1)x + m2 − 1 = 0. (1)
Phương trình (1) có: a = 1, b = 2m − 1, c = m2 − 1.
∆ = b2 − 4ac
= (2m − 1)2 − 4.1.(m2 − 1)
= 4m2 − 4m + 1 − 4m2 + 4
= −4m + 5.
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi và chỉ khi:
5
∆ > 0 ⇔ −4m + 5 > 0 ⇔ m < . (*)
4
Khi đó, theo Định lý Vi-ét:
b
x1 + x2 = − = 1 − 2m;
a
c
x1 x2 = = m2 − 1.
a
Ta có:
R = (x1 )2 + (x2 )2
= (x1 + x2 )2 − 2x1 x2
= (1 − 2m)2 − 2(m2 − 1)
= 1 − 4m + 4m2 − 2m2 + 2
= 2m2 − 4m + 3
= 2(m2 − 2m + 1) + 1
= (m − 1)2 + 1.
(m − 1)2 ≥ 0, ∀m ∈ R ⇒ R = (m − 1)2 + 1 ≥ 1, ∀m ∈ R.
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ m − 1 = 0 ⇔ m = 1 (thỏa (*)).
Vậy với m = 1, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn biểu thức R =
(x1 )2 + (x2 )2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1.
Bình luận. Ở yêu cầu đầu tiên, việc tìm m sao cho ∆ > 0 là khá đơn giản, do ∆ tính ra là nhị
thức bậc nhất theo m. Nếu ∆ là một tam thức bậc hai theo m thì ta cần nắm chắc kiến thức về
dấu của tam thức bậc hai để kết luận đúng nghiệm của bất phương trình ∆ > 0.
Yêu cầu thứ hai đòi hỏi kiến thức về áp dụng Định lý Vi-ét để biểu diễn biểu thức đối xứng của
hai nghiệm theo tổng và tích; kiến thức này không quá khó. Tuy nhiên để tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức theo m thì ta phải biết chút ít kĩ thuật chính phương hóa biểu thức chứa m, cộng
với lập luận chặt chẽ và trình bày đầy đủ, chính xác.


Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình
x2 − 2(m − 2)x + 8 − m = 0
có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức V = x1 2 x2 + x2 2 x1 đạt giá trị lớn nhất.
Đáp án: m = 5.
Bài 5
Cho ∆ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H. Biết ba góc CAB,
÷ ABC,
÷
BCA
÷ đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH.
1. Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh CE.CA = CD.CB.
3. Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của ∆BEF .
4. Gọi I, J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp của ∆BDF và ∆EDC. Chứng minh
DIJ
’ = DF
÷ C.
Phân tích.
A
E
M
F
B D C
Đầu tiên, bài toán tam giác nhọn có ba đường cao cắt nhau tại trực tâm là bài toán rất kinh điển.
Trước khi làm ta nên nhớ lại một số kết quả có được từ đề bài này, chẳng hạn các tứ giác nội tiếp
có trong hình, các góc bằng nhau, các tam giác đồng dạng...
Ở câu 1, rất dễ để nhận ra tại sao tứ giác AEHF nội tiếp: tổng hai góc trong đối nhau bằng 180◦ .
Mà đặc biệt hơn ta thấy rằng đây cũng là trường hợp hai góc cùng nhìn một cạnh dưới một góc
vuông; lúc này ta có thể chỉ ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH, tâm là M .
Việc chỉ ra càng nhiều thông tin về đường tròn ngoại tiếp tứ giác có thể sẽ có lợi với những câu

tiếp theo, vì thế ta nên ưu tiên trình bày chứng minh tứ giác nội tiếp theo dấu hiệu này.
Điều phải chứng minh ở câu 2 làm ta liên tưởng đến chứng minh tam giác đồng dạng, nên ta thử
biến đổi đẳng thức của đề bài về dạng tỉ lệ giữa các cặp cạnh của hai tam giác. Đến đây ta thấy
ngay cần phải chứng minh ∆CAD v ∆CBE.
Ở câu 3, để chứng minh M E là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF , ta nghĩ đến chuyện
chứng minh M E vuông góc với bán kính tại điểm E nằm trên đường tròn. Cái khó ở đây là tìm
tâm để có bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF . Đến đây ta cần nhớ một kết quả dễ dàng
có được, rằng tứ giác BF EC nội tiếp, nên đường tròn ngoại tiếp ∆BF E cũng chính là đường
tròn ngoại tiếp tứ giác BF EC. Và không khó để chỉ ra tâm của đường tròn này! Việc cuối cùng
là chứng minh M E vuông góc với bán kính qua E để có điều phải chứng minh.
Ở câu 4, ta cần phải để ý rằng, vai trò của các cặp điểm I và J, F và E là tương đương
nhau. Nghĩa là nếu ta chứng minh được DIJ
’ = DF
÷ C, thì ta cũng phải đồng thời chứng minh
được DJI
’ = DEB.
÷ Kết hợp hai kết quả này lại, ta thấy rằng chúng tương đương với việc
∆DIJ v ∆HF E, nên ta sẽ chứng minh hai tam giác này tương đương. Vì yếu tố tương ứng mà
ta cần suy ra từ sự đồng dạng của hai tam giác này là hai cặp góc bằng nhau, nên nghiễm nhiên
không thể chứng minh hai tam giác này đồng dạng theo trường hợp g − g mà phải theo trương
hợp c − g − c hay c − c − c. Đề bài lại cho nhiều giả thiết về góc (tâm đường tròn nội tiếp đồng
nghĩa với chuyện có đường phân giác của góc), nên có lẽ hướng chứng minh đồng dạng c − g − c
sẽ khả thi hơn.
Lời giải.
1. Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
E
M
B D C
Ta có: AF
÷ ÷ = 90◦
H = AEH
⇒ A, E, H, F cùng thuộc đường tròn đường kính AH
⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH.

2. Chứng minh CE.CA = CD.CB.
E
M
B D C

ACB
÷ chung


∆CAD v ∆CBE (g − g) do: 
ADC
 ÷ = 90◦
÷ = BEC
CA CD
⇒ = ⇒ CE.CA = CD.CB.
CB CE
3. Chứng minh M E là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của ∆BEF
E
M
F
B D N C
Gọi N là trung điểm BC.
Ta có: BF
÷ ÷ = 90◦
C = BEC
⇒ B, F , E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC
⇒ Tứ giác BF EC nội tiếp đường tròn đường kính BC
⇒ ∆BEF nội tiếp đường tròn tâm N , đường kính BC.
∆AEH vuông tại E, có EM là trung tuyến (M là trung điểm AH)

AH
⇒ EM = M H = M A =
2

⇒ ∆M EH cân tại M
⇒M
◊ EH = M
◊ HE = BHD
◊ (đối đỉnh) (1).
∆BEC vuông tại E, có EN là trung tuyến (N là trung điểm BC)

BC
⇒ EN = N B = N C =
2
⇒ ∆N EB cân tại N
⇒N
÷ EB = N
÷ BE (2).
(1), (2) ⇒ M
◊ EH + N
÷ EB = BHD
◊+N BE = 90◦ (do ∆BHD vuông tại D)
÷
⇒M
◊ EN = 90◦
⇒ M E ⊥ N E tại E
⇒ M E là tiếp tuyến của đường tròn tâm N , bán kính N E, tức đường tròn ngoại tiếp
∆BEF .
4. Chứng minh DIJ

’ = DF
÷ C
B D C
Do I, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của ∆BDF và ∆EDC, nên suy ra DI là phân
giác của BDF
÷ , CJ là phân giác của ACB.
÷
Ta có: AEB ÷ = 90◦

÷ = ADB
⇒ A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB

⇒ AEDB là tứ giác nội tiếp
⇒ EDC
÷ = BAC
÷ (góc ngoài bằng góc trong đối diện)
÷ = 1 EDC
⇒ JDC ÷ = 1 BAC
÷ (3).
2 2
Ta có: AF
÷ ÷ = 90◦
C = ADC
⇒ A, F , D, C cùng thuộc đường tròn đường kính AC
⇒ AF DC là tứ giác nội tiếp

⇒ BDF
÷ = BAC
÷ (góc ngoài bằng góc trong đối diện)
’ = 1 BDF
⇒ IDF ÷ = 1 BAC
÷ (4).
2 2
(3), (4) ⇒ IDF
’ = JDC.
÷
Mặt khác, cũng do tứ giác AF DC nội tiếp đường tròn, ta có: BF

÷ D = ACB
÷ (góc ngoài bằng
góc trong đối diện)

1÷ 1÷ ÷
⇒ IF
’ D = BF D = ACB = JCD.
2 2

IDF
’ = JDC

 ÷
∆DF I v ∆DCJ (g − g) do: 
IF
 ’ D = JCD
÷
DI DF
⇒ = (5).
DJ DC
B D C

ABC
÷ = DEC
÷ (tứ giác AEDB nội tiếp)


∆DBF v ∆DEC (g − g) do: 
BF
 ÷ D = ACB
÷ (tứ giác AFDC nội tiếp)
DF FB
⇒ = (6).
DC EC

B D C

F HB = EHC
÷ (đối đỉnh)

 ÷
∆HF B v ∆HEC (g − g) do: 
F
 ÷BE = ECF
÷ (tứ giác BFEC nội tiếp)
FB HF
⇒ = (7).
EC HE
DI HF DI DJ
(5), (6), (7) ⇒ = ⇒ = .
DJ HE HF HE
B D C
Ta có:
’ = 180◦ − IDB
IDJ ÷ − JDC
÷
1÷ 1÷
= 180◦ − BDF − EDC
2 2
1÷ 1÷
= 180◦ − BAC − BAC (các tứ giác AFDC, AEDB nội tiếp)
2 2
= 180◦ − BAC
÷
= F÷
HE (tứ giác AFHE nội tiếp).


DI DJ
=



∆DIJ v ∆HF E (c − g − c) do:  HF HE


IDJ
 ’ =F
÷ HE
⇒ DIJ
’ = HF
÷ E.
Ta có: BF
÷ ◊ = 90◦
H = BDH
⇒ B, F , H, D cùng thuộc đường tròn đường kính BH
⇒ Tứ giác BF HD nội tiếp đường tròn
⇒ DF
÷ C = EBC;
÷ mà EBC
÷ = EF
÷ C (tứ giác BFEC nội tiếp) và EF
÷ C = DIJ
’
⇒ DF
÷ C = DIJ.
’
Bình luận. Đề bài này có thể gây khó ngay từ câu 3, bởi thiếu sự vận dụng các kết quả của hai
câu dễ phía trước với hai câu khó phía sau. Ta phải nhớ nhiều những kết quả sẵn có đối với dạng
bài tam giác nhọn có ba đường cao này thì mới thấy được hướng giải quyết cho hai câu khó.
Đặc biệt ở câu 4, giả thiết cho tâm đường tròn nội tiếp tam giác, là một yếu tố không thường
gặp đối với học sinh. Nhiều người có thể sẽ loay hoay với giả thiết này và cố gắng vẽ ra đường
tròn nội tiếp, trong khi điều cần thiết nhất cần nhận ra là giả thiết cho tâm đường tròn nội tiếp
nghĩa là cho ba đường phân giác (đường thẳng nối từ đỉnh đến tâm đường tròn nội tiếp tam giác
là đường phân giác trong tam giác).
Đề 9. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Hưng Yên
Bài 1
√ » √
a) Rút gọn biểu thức A = 3+ (2 − 3)2 + 6 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số y = mx + 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 5.

x + 3y = 9


c) Giải hệ phương trình  .
x − y = 1

Phân tích. Đối với câu a) chúng ta sẽ rút gọn bằng cách đưa số thừa số ra khỏi dấu căn.
Đối với câu b) chúng ta sẽ giải bằng cách sử dụng tính chất giao điểm của đường thẳng với trục
hoành.
Đối với câu c) chúng ta sẽ giải bằng cách cộng đại số, cụ thể là lấy phương trình dưới nhân với
−1 cộng cho phương trình trên, hoặc ta có thể sử dụng phương pháp thế.
√ » √ √ √ √ √
Lời giải. a) A = 3+ (2 − 3)2 + 6 = 3 + |2 − 3| + 6 = 3 + 2 − 3 + 6 = 2 + 6 = 8.

b) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 5 nên ta có phương trình: 0 =
−3
5m + 3 ⇔ m = .
5
c) Lấy phương trình dưới nhân với −1 rồi cộng với phương trình trên ta được phương trình:
4y = 8 ⇔ y = 2 ⇔ x = 3.
Hoặc rút x = 9 − 3y thay vào phương tình dưới ta được phương trình:
9 − 3y − y = 1 ⇒ y = 2 ⇒ x = 9 − 3.2 = 3.

Bình luận. Các ý của câu 1 chủ yếu là các câu cơ bản, không khó và gài bẫy, dùng để cho học
sinh lấy điểm nên khi làm phải nắm chắc điểm, không để mất.

» √ √
a) Rút gọn biểu thức A = 3 + (3 − 10)2 − 10 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số y = mx + 5 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3.

x + y = 8


c) Giải hệ phương trình  .
2x − y = 1

Đáp án:
a) 0.
−5
b) .
3
x = 3


c)  .
y = 5

Bài 2
Cho phương trình x2 − 2x − m = 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình với m = 3.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện:
(x1 x2 + 1)2 − 2(x1 + x2 ) = 0.
Phân tích. Đối với câu a) ta chỉ cần thay m = 3 vào phương trình rồi giải phương trình bậc 2.
Đối với câu b) ta sử dụng định lý Vi-ét thay vào điều kiện sẽ tìm được phương trình theo m, giải
phương trình sẽ tìm được m.
Lời giải. a) Thay m = 3 vào phương trình ta có x2 − 2x − 3 = 0.

Ta có ∆0 = b0 2 − a.c = 1 + 3 = 4. √
−b0 − ∆

1−2
 x1 = = = −1
Theo công thức nghiệm, ta có:  a√ 1 .
−b0 + ∆

 1+2
x2 = = =3
a 1

b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆0 > 0 ⇔ 1 + m > 0 ⇔ m > −1.

−b

x1 + x2 = =2


Theo định lý Vi-ét  a .
c
x1 x2 =

= −m
a
Thay vào điều kiện ta có: 
m=3 (Nhận)
(−m + 1)2 − 2.2 = 0 ⇔ (1 − m)2 − 4 = 0 ⇔ 
 .
m = −1 (Loại)

Bình luận. Đây cũng là dạng bài tập cơ bản để cho học sinh lấy điểm. Đối với dạng bài này, học
sinh cần nắm chắc cách giải phương trình bậc hai, chú ý hai cách tính ∆ và ∆0 để tránh nhầm
lẫn.
Định lý Viét thường được sử dụng rất nhiều trong các dạng bài như ở câu b) nên học sinh cần
nhớ kĩ công thức Viét. Chú ý phải có điều kiện phương trình có 2 nghiệm phân biệt trước khi áp
dụng định lý Vi-ét.
Bài tập tương tự. Cho phương trình: x2 − 2(m + 1)x + m2 + 5 = 0 (m là tham số)
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện:
2x1 x2 − 5(x1 + x2 ) + 8 = 0.
Trích đề thi vào lớp 10 THPT tình Thừa Thiên Huế - 2017
Đáp án:
a) x = 3.
b) m = 4.
Bài 3
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt
nhau tại E, F là hình chiếu vuông góc của E trên AB.
a) Chứng minh tứ giác ADEF nội tiếp.
b) Gọi N là giao điểm của CF và BD. Chứng minh BN.ED = BD.EN .
Phân tích. Đối với câu a) ta chỉ cần chứng minh tam giác ABD vuông tại D rồi sử dụng dấu
hiệu của tứ giác nội tiếp.
Đối với câu b) khi nhìn yêu cầu đề bài cho đẳng thức BN.ED = BD.EN ta sẽ nghĩ ngay đến
tam giác đồng dạng nhưng sử dụng tam giác đồng dạng sẽ không ra, nhưng ta có thể thấy được
DCA
÷ = ACF ÷ , mặt khác AC ⊥ BC nên BC sẽ là phân giác ngoài,
÷ nên CA là phân giác góc DCF
từ đó ta sử dụng hệ thức của đường phân giác sẽ giải được bài toán.

1
C
1
E
2
N
1 B
A F
Lời giải.
a) 4ADB nội tiếp đường tròn và có cạnh AB là đường kính nên 4ADB vuông tại D ⇒ ADB
÷ =
900 .
Mặt khác EF ⊥ AB ⇒ AF
÷ E = 900 .
Xét tứ giác ADEF có: ADE
÷ + AF
÷ E = 900 + 900 = 1800 . Vậy tứ giác này nội tiếp đường tròn.
b) Xét tứ giác ABCD có C

”=B
1
” (1) do cùng chắn cung AD.
1
Chứng minh tương tự câu a) cho tứ giác F ECB thì tứ giác nãy cũng nội tiếp đường tròn
⇒C
”=B
2
” (2) do cùng chắn cung EF .
1
Từ (1) và (2) ⇒ C
”=C
1
” ⇒ CA là tia phân giác của DCF
2
÷.
CN
Xét 4DCN có CE là đường phân giác của góc C. Theo tính chất đường phân giác ⇒ =
CD
EN
(3).
ED
Mặt khác, ta có CA ⊥ CB (4ABC nội tiếp đường tròn có đường kính AB) mà CA là tia
phân giác trong ⇒ CB là tia phân giác ngoài của 4DCN , theo tính chất của tia phân giác
BN CN
ngoài ⇒ = (4).
BD CD
EN BN
Từ (3) và (4) ⇒ = ⇒ BN.ED = EN.BD (đpcm).
ED BD
Bình luận. Ở câu a) đây là dạng bài tập cơ bản của phần tứ giác nội tiếp, có kết hợp nhiều kiến
thức liên quan đến đường tròn. Học sinh cần nhớ kĩ các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp và
một số trường hợp đặc biệt của nó.
Ở câu b) đây là dạng bài tập cực kì phổ biến trong các đề thi, nó thường sẽ yêu cầu chứng mình
các đẳng thức. Khi nhìn vào dạng này, học sinh sẽ chủ yếu nghĩ tới sử dụng tam giác đồng dạng,
nhưng khi không giải quyết được vấn đề thì cần phải nhanh chóng thay đổi cách làm chẳng hạn
như sử dụng đường phân giác như bài ở trên.

Bài tập tương tự. Cho đường tròn (O), dây BC không phải là đường kính. Các tiếp tuyến với
đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại A. Lấy điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C), gọi
I, H, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA và AB. Chứng minh:
a) Các tứ giác BKM I, CHM I nội tiếp.
b) M I 2 = M K.M H.
Trích đề thi vào lớp 10 THPT tỉnh Bình Định - 2017
Bài 4
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 35
P = 2 + + 2xy
x + y 2 xy
.
Phân tích. Khi nhìn vào biểu thức P ta có thể nhận thấy ngay đây là biểu thức đối xứng. Khi
ta thay đổi vị trí của x và y cho nhau thì biểu thức không thay đổi, vì vậy ta nghĩ ngay đến giải
bằng cách xác định điểm rơi rồi dùng Cauchy. Mặt khác ta có x + y ≤ 4 kết hợp biểu thức P là
đối xứng nên ta có thể biết ngay điểm rơi là x = y = 2. Sau khi biết điểm rơi, ta chỉ cần thêm
bớt vào biểu thức P một vài biểu thức khác phù hợp để sử dụng Cauchy. Lấy điểm rơi thay vào
P ta sẽ biết được trước giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu, ở đây thì min P = 17.
Lời giải. Ta có:
2 35
P = + + 2xy
x2 + y 2 xy
2 x2 + y 2 35 35xy x2 + y 2 35xy
= 2 + + + + 2xy − −
x + y2 32 xy 16 32 16
2 2 2
2 x +y 35 35xy (x + y) xy
= 2 + + + − −
x + y2 32 xy 16 32 8
2 x2 + y 2 35 35xy
Sử dụng Cauchy cho các cặp sau 2 2
; và ; , ta có:
x +y 32 xy 16

2 x2 + y 2 2 1
2 2
+ ≥2 =
x +y 32 32 2
s
35 35xy 352 35
+ ≥2 =
xy 16 16 2
xy 1 (x + y)2 1
Mặt khác x + y ≤ 4 ⇒ x.y ≤ 4 nên ≤ , ≤ .
8 2 32 2
1 35 1 1
Vậy ta có min P = + − − = 17. Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = y = 2 .
2 2 2 2

Cách khác:
2 35
P = + + 2xy
x2 + y 2 xy
2 2 34 17xy xy
= 2 2
+ + + −
x +y 2xy xy 8 8

2.4 34.17 (x + y)2
≥ 2 + 2 −
x + y 2 + 2xy 8 32
8 1
≥ + 17 − = 17
16 2
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = y = 2 .
Bình luận. Đây là dạng bài khó, dùng để chặn điểm 10 trong bài thi. Sẽ rất mất thời gian nếu
học sinh không có hướng giải mà ngồi mò mẫm. Học sinh không nên tập trung câu này, chỉ giải
câu này khi đã hoàn thành và kiểm tra kĩ lưỡng các câu trước.
Bài tập tương tự. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x; y > 0; x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
biểu thức A = xy + .
xy
Đáp án:
17 1
GTNN là ⇔x=y= .
4 2
Đề 10. Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Hải Dương năm học
2017-2018
Bài 1
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
1) (2x − 1) (x + 2) = 0.

 3x + y = 5

2)  .
 3−x=y
Phân tích. 1) Đây là dạng phương trình tích.
2) Đây là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn, có thể giải bằng phương pháp rút thế.
 
1
2x − 1 = 0  x= 2
Lời giải. 1) (2x − 1) (x + 2) = 0 ⇔ 

⇔ .
x+2=0 x = −2

1
x=
Vậy nghiệm của phương trình là 
 2 .
x = −2


 3x + y = 5(1)

2)  .
 3 − x = y(2)
Lấy (2) thay vào (1), ta được: 3x + (3 − x) = 5 ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1.
Thay vào (2), được y = 2. 
 x=1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là  .
 y=2

Bình luận. Các ý của câu 1 chủ yếu là các câu cơ bản, không khó và gài bẫy, cho học sinh lấy
điểm nên khi làm phải nắm chắc điểm, không nên để mất điểm oan uổng.

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
1) (5x − 3) (x + 7) = 0.

 5x − 3y = 4

2)  .
 2x + 5y = 45
Bài 2
1) Cho hai đường thẳng (d) : y = −x + m + 2 và (d0 ) : y = (m2 − 2) x + 3.
Tìm m để (d) và (d0 ) song song nhau.
2) Rút gọn biểu thức:

√ √
x− x+2 1− x
Ç å
x
P = √ − √ : √ với x > 0, x 6= 1, x 6= 4.
x− x−2 x−2 x 2− x
Phân tích. 1) Áp dụng điều kiện để hai đường thẳng song song.
2) Đối với dạng bài tập này, ta thường sẽ qui đồng mẫu và rút gọn biểu thức trong ngoặc trước,
rồi mới thức hiện phép chia.
Lời giải. 1)
  

 
 m=1
 −1 = m2 − 2
 
  

0

(d) k (d ) ⇔  ⇔  m = −1 ⇔ m = −1 .

 m + 2 6
= 3 


  m 6= 1

Vậy: m = −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

2)
√ √
x− x+2 1− x
Ç å
x
P = √ − √ : √
Ç x − x√− 2 x − 2 x√ 2å− x √
x− x+2 x 1− x
= √ √ −√ : √
Ç ( x√ − 2) ( x +√ 1) √ x −å2 2−√ x
x − x + 2 − x ( x + 1) 1− x
= √ √ : √
( √x − 2) ( x + 1) √ 2− x .
−2 x + 2 1− x
= √ √ : √
( x − 2) (√x + 1) 2 −√ x
2 (1 − x) 2− x
= √ √ . √
( x − 2) ( x + 1) 1 − x
−2
=√
x+1
−2
Vậy P = √ .
x+1

Bình luận. Ở ý thứ nhất của bài toán, học sinh cần phải ghi nhớ điều kiện để hai đường thẳng
song song. Tuy đây không phải là một mảng kiến thức khó nhưng học sinh thường dễ bỏ qua
phần này. Còn ở ý còn lại của bài toán, là một dạng bài toán rút gọn căn thức thường xuất hiện
trong các đề thi vào lớp 10, đã được thầy cô quan tâm, rèn luyện cho các em học sinh hàng ngày,
nên nếu nắm kỹ cách làm và cẩn thận, các em sẽ dễ dàng ghi điểm ở phần này.
1) Rút gọn
Ç
biểu√thứcåsau:
Ç√ √ √ å
x x+3 x+2 x+2
Q= 1− √ : √ + √ + √
1+ x x−2 3− x x−5 x+6
2) Tìm m để đồ thị hai hàm số sau vuông góc: y = 2x − 1; y = (m − 2) x + m + 3.
Bài 3
1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ thuật
nên tổ I vượt mức 10% và tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy, hai tổ đã sản
xuất được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi
tiết máy?
2) Tìm m để phương trình x2 + 5x + 3m − 1 = 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm

x1 , x2 thỏa mãn x31 − x32 + 3x1 x2 = 75.
Phân tích. 1) Nếu gọi số chi tiết máy của mỗi tổ lần lượt là x và y thì ta sẽ được hệ hai
phương trình ẩn x và y dựa theo hai dữ kiện của đề bài (với điều kiện x, y > 0), giải hệ này
ta sẽ tìm đươc giá trị của x và y, kết hợp với việc kiểm tra lại điều kiện, ta sẽ suy ra được
đáp án của bài toán.

2) Phương trình x31 − x32 + 3x1 x2 = 75 (2) KHÔNG là phương trình đối xứng theo x1 , x2 . Như
vậy, để có một phương trình theo m thì ta phải tìm hai nghiệm x1 , x2 theo m và thay vào
phương trình. Tuy nhiên, ta đã biết tổng và tích hai nghiệm theo công thức của định lý
Vi-ét, vì vậy ta sẽ biến đổi phương trình (2) theo tổng, tích và hiệu trước, sau đó áp dụng
định lý Vi-ét vào để giải.
Lời giải. 1) Gọi x là số chi tiết máy tổ I sản xuất được trong tháng đầu, y là số chi tiết máy
tổ II sản xuất được trong tháng đầu (x, y ∈ N).
Theo giả thiết, ta có:
x + y = 900 (1) Mặt khác:
Số chi tiết máy tổ I sản xuất được ở tháng thứ hai là: x + 0, 1x = 1, 1x.
Số chi tiết máy tổ II sản xuất được ở tháng thứ hai là: y + 0, 12y = 1, 12y.
Như vậy ta có phương trình: 1, 1x + 1, 12y = 1000 (2).
 (1) và (2), ta có hệ phương

Từ  trình:
 x + y = 900
  x = 400

⇔ .

 1, 1x + 1, 12y = 1000  y = 500
Các giá trị này của x và y đều thỏa mãn điều kiện ban đầu của bài toán.
Vậy trong tháng đầu tổ I sản xuất đươc 400 chi tiết máy và tổ II sản xuất được 500 chi tiết
máy.
2) Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi

∆≥0
⇔ 25 − 4 (3m − 1) ≥ 0
.
⇔ 29 − 12m ≥ 0
29
⇔m≤
12
Theo
 định lý Vi-ét ta có:
 x1 + x2 = −5


 x1 x2 = 3m − 1
Mặt khác:
(x1 − x2 )2 = (x1 + x2 )2 − 4x1 x2
= (−5)2 − 4(3m − 1) .
= 29 − 12m
Ta có:
P = x31 − x32 + 3x1 x2
= (x1 − x2 ) (x1 + x2 )2 − x1 x2 + 3x1 x2
Ä ä
.
= (x1 − x2 ) (25 − (3m − 1)) + 3(3m − 1)
= (x1 − x2 ) (26 − 3m) + 9m − 3
Mà:

P = 75
⇒ (x1 − x2 ) (26 − 3m) + 9m − 3 = 75
⇒ (x1 − x2 ) (26 − 3m) = 78 − 9m
⇒ (x1 − x2 ) = 3 .
2
⇒ (x1 − x2 ) = 9
⇒ 29 − 12m = 9
5
⇒m=
3
5
So với điều kiện và thử lại, ta kết luận: m = .
3

Bình luận. Ở ý thứ nhất của bài toán, là một dạng bài toán thực tế đã bắt đầu xuất hiện nhiều
hơn trong các đề thi vào lớp 10 gần đây, cần nhận được sự quan tâm, rèn luyện hơn của các em
học sinh, đặc biệt là kỹ năng đọc hiểu, tư duy phản biện và logic để giải các dạng toán này. Còn ở
ý thứ hai của bài toán, học sinh cần ghi nhớ định lý Vi-ét và cách tính biệt thức delta, biện luận
số nghiệm của phương trình bậc hai. Dạng toán này thường được rèn luyện thường xuyên trong
chương trình học, tuy vậy các em vẫn dễ mắc sai lầm trong việc tính toán, ghi nhớ các công thức
của phương trình bậc hai.
1) Hai công nhân cùng làm một công việc sau 10 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm một
mình trong 1 giờ, sau đó hai người cùng làm tiếp trong 2 giờ thì được 25% công việc. Tính
thời gian mỗi người làm một mình xong công việc.
2) Cho phương trình x2 − (m − 1)x − m2 + m − 2 = 0. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm

x1 , x2 sao cho x1 2 − x2 2 = 3.
Bài 4
Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến
M A và M B với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với
M O cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng M E cắt đường tròn tại F (F khác E),
đường thẳng AF cắt M O tại N , H là giao điểm của M O và AB.
1) Chứng minh: Tứ giác M AOB nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh: M N 2 = N F.N A và M N = N H.

HB 2 EF
3) Chứng minh: − = 1.
HF 2 M F

E
A
O
H
N
M
Phân tích. a) Ở câu này, ta chỉ cần sử dụng tính chất của tiếp tuyến của đường tròn là sẽ
được ngay điều cần chứng minh.
b) Ở ý đầu tiên, ta thấy đề yêu cầu chứng minh một hệ thức về độ dài, vì vậy ta nghĩ ngay đến
MN NF
tam giác đồng dạng. Bằng phép biến đổi tương đương M N 2 = N F.N A ⇔ = , ta
NA MN
đi đến ý tưởng chứng minh hai tam giác M N F và AN M đồng dạng theo trường hợp góc
góc, từ đó đi đến điều phải chứng minh. Ở ý thứ hai, ta có được gợi ý từ ý đầu tiên rằng
M N 2 = N F.N A, do đó ta sẽ tìm cách chứng minh N H 2 = N F.N A, từ đó suy ra được điều
phải chứng minh.
c) Đây là một hệ thức tương đối khó, là hiệu của hai thương số, do đó ta sẽ tìm các thương số
tương ứng bằng hai thương số đó để đơn giản hóa bài toán. Mục đích của ta khi tìm ra hai
thương số này là chúng phải có cùng mẫu để tiện cho việc trừ phân số, và khi trừ tử số thì
được kết quả bằng với mẫu số, từ đó chứng minh được thương số cuối cùng bằng 1.
Lời giải. a) Ta có: M A, M B là tiếp tuyến với đường tròn (O) nên M A⊥AO và M B⊥BO.
Suy ra: M
◊ AO = M
◊ BO = 900 .
Vậy tứ giác M AOB nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh: M N 2 = N F.N A.

Xét tam giác M N F và tam giác AN M có:
N
c là góc chung.
1
M
◊ AN = AEF
÷ = số đo cung AF.
2
AEF
÷ =F◊M N so le trong.
Từ đó ta suy ra: M
◊ AN = F
◊ MN.
Vậy ∆M N F v ∆AN M .
MN NF
Suy ra: = ⇒ M N 2 = N F.N A.
NA MN

Chứng minh: M N = N H.
M A = M B (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R
⇒ M O là đường trung trực của AB.
⇒ AH⊥M O và HA = HB
∆M AF và ∆M EA có: AM
◊ E chung; M
◊ AF = AEF
÷
⇒ ∆M AF v ∆M EA (g.g).
MA MF
⇒ = ⇒ M A2 = M F.M E.
ME MA
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông M AO
Có: M A2 = M H.M O.
ME MO
Do đó: M E.M F = M H.M O ⇒ =
MH MF
⇒ ∆M F H v ∆M OE (c.g.c).
⇒M
◊ HF = M
◊ EO.
Vì BAE
÷ là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng.
1
⇒F ÷EB = F
÷ AB = số đo cungEB.
2
⇒M ◊HF = F÷AB.
⇒ AN
◊ H +N
◊ HF = AN
◊ H +F
÷ AB = 900
⇒ HF ⊥N A.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông N HA, có: N H 2 = N F.N A
⇒ N M 2 = N H 2 ⇒ N M = N H.
HB 2 EF
c) Chứng minh: 2
− = 1.
HF MF
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông N HA, có:
HA2 = F A.N A và HF 2 = F A.F N .
Mà HA = HB.
⇒ HB 2 = AF.AN (vì HA = HB).
HB 2 HA2 F A.N A NA
⇒ 2
= 2
= = .
HF HF F A.F N NF
EF FA
Vì AE k M N nên = (hệ quả của định lí Ta-let).
MF NF
2
HB EF NA FA NF
⇒ 2
− = − = = 1.
HF MF NF NF NF
Bài tập tương tự. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến
AM N . Gọi I là trung điểm của M N .
a) Chứng minh: Tứ giác ABOC nội tiếp.
b) Chứng minh: AB 2 = AM.AN.
c) Gọi T là giao điểm của BC và AI. Chứng minh rằng: IB.T C = IC.T B.

Bình luận. Ý a) của bài toán là một câu hỏi quen thuộc về chứng minh tứ giác nội tiếp, học
sinh dễ dàng làm được câu này nếu được ôn luyện kỹ và ghi nhớ các cách để chứng minh tứ giác
nội tiếp. Ý b) của bài toán bao gồm 2 phần, phần thứ nhất là một dạng bài toán chứng minh hệ
thức độ dài thường xuất hiện trong các đề thi vào lớp 10, đã được thầy cô quan tâm, rèn luyện
cho các em học sinh hàng ngày, nên nếu nắm kỹ cách làm và cẩn thận, các em sẽ dễ dàng ghi
điểm ở phần này (chủ yếu ta sẽ sử dụng tam giác đồng dạng hoặc hệ thức lượng trong tam giác
vuông để giải). Ý sau của câu b) đã được gợi ý bởi ý đầu tiên, ta sẽ chứng minh N H 2 = N F.N A,
từ đó suy ra điều phải chứng minh. Câu khó nhất ở bài toán này là câu c), ở câu này học sinh
cần có tư duy tốt, phối hợp và sử dụng nhuần nhuyễn các dự kiện của đề bài, hệ thức lượng, định
lý Ta-lét để đưa ra lời giải.
Bài 5
Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x+1 y+1 z+1
Q= 2
+ 2
+ .
1+y 1+z 1 + x2
Phân tích. Đây là một bài toán tìm GTNN của một biểu thức khi biết một điều kiện cho trước
(tạm gọi là điều kiện ban đầu). Ta nhận thấy biểu thức Q có dạng đối xứng (nghĩa là khi lần lượt
thay x = y, y = z, z = x thì giá trị biểu thức không thay đổi, do đó ta sẽ đi đến kết luận theo
hướng giải bằng việc sử dụng BĐT Cauchy nhằm xuất hiện điều kiện x = y = z. Tuy vậy, biểu
thức Q khá phức tạp và không có dạng cơ bản, nên ta sẽ cố gắng thêm bớt và tách mỗi hạng tử
nhỏ về các biểu thức quen thuộc và đơn giản hơn để đánh giá.
Lời giải.
x+1 y+1 z+1
Q= 2
+ 2
+
Ç 1+y 1+z 1 + x2å Ç å
x y z 1 1 1
= + + + + + =M +N
1 + y 2 1 + z 2 1 + x2 1 + y 2 1 + z 2 1 + x2
.
x y z
Xét M = 2
+ 2
+ , áp dụng BĐT Cô-si ta có:
1+y 1+z 1 + x2
x x(1 + y 2 ) − xy 2 xy 2 xy 2 xy
2
= 2
= x − 2
≥ x − =x− .
1+y 1+y 1+y 2y 2
y yz z zx
Tương tự: ≥y− ; ≥ z − ; suy ra:
1 + z2 2 1 + x2 2
x y z xy + yz + zx xy + yz + xz
M= + + ≥ x + y + z − = 3 − .
1 + y 2 1 + z 2 1 + x2 2 2
Lại có:
x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ⇒ (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + xz) ⇒ xy + yz + xz ≤ 3.
xy + yz + zx 3 3
Suy ra: M ≥ 3 − ≥3− = .
2 2 2
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = y = z = 1.
1 1 1
Xét N = 2
+ 2
+ , ta có:
1+y 1+z 1 + x2

Ç å Ç å Ç å
1 1 1
3−N = 1− 2
+ 1− 2
+ 1−
1+y 1+z 1 + x2
2 2 2 2 2 2
y z x y x z x+y+z 3
= + + ≤ + + = = .
1 + y 2 1 + z 2 1 + x2 2y 2x 2z 2 2
3 3
Suy ra: N ≥ 3 − = .
2 2
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = y = z = 1
Từ đó suy ra: Q ≥ 3. Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = y = z = 1.
Vậy Qmin = 3 ⇔ x = y = z = 1.
Bình luận. Đây là một bài toán về chứng minh bất đẳng thức, luôn là bài toán được đánh giá là
khó nhất trong các bài toán trong đề tuyển sinh lớp 10, thậm chí vẫn là khó khi xuất hiện trong
đề tuyển sinh đại học. Để làm được dạng toán này, thường thì các em phải được học chương trình
chuyên, hoặc có tiếp xúc và cọ xát với các dạng toán về tìm GTLN, GTNN của một biểu thức
khi biết một điều kiện cho trước. Kiến thức dùng để giải bài toán dạng này là các bất đẳng thức
thường dùng như BĐT Cauchy, Bunhiacopski, giá trị tuyệt đối, ... Câu hỏi này nằm ở phần cuối
đề thi, dùng để phân loại học sinh giỏi, nên các em trung bình khá nên tập trung vào các câu trên
và có thể bỏ câu này nếu không cần số điểm quá cao trong kỳ thi.

Cho x, y, z là các số thực dương và x.y.z = 1.
1 1 1
Chứng minh rằng: + + ≤ 1.
x+y+1 y+z+1 x+z+1
Đề 11. Đề thi tuyển sinh Sở GD&ĐT Hà Tĩnh 2017 - 2018
Bài 1
Rút gọn các biểu thức sau:
√ √
a) P = 48 − 3.
Ç å
1 1 1
b) Q = √ +√ : với x ≥ 0, x 6= 1.
x+1 x−1 x−1
Phân tích. a) Với dạng này, ta dùng phương pháp đưa thừa số ra ngoài dấu căn, biến đổi
√ √ √
48 = 16.3 = 4 3, sau đó thu gọn.
Vấn đề ở đây là: Tại sao ta phân tích 48 = 16.3 mà không phải 8.6 hay 4.12?
Bởi vì, giả sử 48 = 8.6 thì ta khó có thể đưa 8 hay 6 ra khỏi dấu căn, do đó việc phân tích là
√ √
vô nghĩa. Nếu 48 = 4.12, sau khi đưa thừa số ra khỏi dấu căn ta sẽ có 48 = 2 12 và khi này
√
ta không thể rút gọn tiếp tục với 3.
b) Ta thấy có một phép cộng trong ngoặc, sau đó là một phép chia. Theo quy tắc tính toán, ta sẽ
quy đồng và thực hiện phép cộng trước rồi thực hiện phép chia cho phần tử bên ngoài. Để ý

rằng mẫu chung của hai biểu thức trong ngoặc là (x − 1), khi đó ta thấy có thể rút gọn (x − 1)
với phần tử bên ngoài để được kết quả cuối cùng. Xem cách 1 trong phần lời giải.
Mặt khác, phép chia cho phân thức chính là phép nhân nghịch đảo, và nếu phân tích x − 1 =
√ √
( x + 1)( x − 1) thì khi nhân phân phối vào phép cộng trong ngoặc, ta sẽ dễ dàng rút gọn
được và từ đó ta có một cách làm khác. Xem cách 2 trong phần Lời giải.
√ √ √ √ √ √
Lời giải. a) P = 48 − 3 = 16.3 = 4 3 − 3 = 3 3.
b) Cách 1.
Ç å
1 1 1
Q= √ +√ :
x+1 x−1 x−1
√ √
x−1+ x+1
= (x − 1)
x−1
√
= 2 x.
Cách 2.
Ç å
1 1 1
Q= √ +√ :
x+1 x−1 x−1
Ç å
1 1
= √ +√ (x − 1)
x+1 x−1
Ä√ ä Ä√
Ç å
1 1 ä
= √ +√ x−1 x+1
x+1 x−1
√ √
= x−1+ x+1
√
= 2 x.
Bình luận. a) Câu này tương đối đơn giản, dễ lấy trọn điểm, tuy nhiên học sinh cần lưu ý trình
bày cụ thể và rõ ràng, đừng để bị mất điểm một cách oan uổng.
b) Ở câu này ta thấy cả hai cách làm đều được, như vậy kinh nghiệm làm toán cho học sinh là
hãy cứ đặt bút và tính toán thì tất nhiên sẽ có kết quả, không cần mất thời gian phân vân nên
cộng trước rồi chia, hay chia trước rồi cộng.

Rút gọn các biểu thức sau:
√ √
a) P = −5 2 + 72.
Ç å
1 1 1 9
b) Q = √ +√ : với x ≥ 0, x 6= .
2x + 3 2x − 3 2x − 9 2

Bài 2
a) Cho đường thẳng (d) : y = mx + m − 2 và đường thẳng (d1 ) : y = 2x − 1. Tìm giá trị m
để đường thẳng d và d1 song song với nhau.
b) Cho phương trình x2 − 2(m + 1)x + m2 = 0 (m là tham số). Tìm giá trị m để phương
trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn (2x1 + 1)(2x2 + 1) = 13.
Phân tích. a) Điều kiện để hai đường thẳng y = a1 x + b1 và y = a2 x + b2 song song với nhau là:

a1 = a2


b1 6= b2


b) (2x1 + 1)(2x2 + 1) = 13 là dạng điều kiện có tính đối xứng nên không quá khó, ta sẽ biến đổi
nó thành tổng x1 + x2 và tích x1 x2 , rồi áp dụng định lý Vi-ét để giải bài toán.
Lời giải. a) (d) song song với (d1 ) khi và chỉ khi
 
m =2 =2 m

 

⇔ ⇔ m = 2.
m − 2 6= −1 6 1
 
 m =

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là

1
∆0 ≥ 0 ⇔ (m + 1)2 − m2 ≥ 0 ⇔ 2m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ (∗)
2
Theo định lý Vi-ét, ta có 
x1 + x2 = 2(m + 1)


.
x1 x2 = m2


Ta có
(2x1 + 1)(2x2 + 1) = 13
⇔ 4x1 x2 + 2(x1 + x2 ) + 1 = 13
⇔ 4m2 + 4m − 8 = 0

m=1
⇔
 (∗∗)
m = −2
Từ (∗) và (∗∗) ta có m = 1.

Bình luận. a) Nhiều học sinh thường quên mất điều kiện m − 2 6= −1, khi đó vẫn có kết quả
đúng nhưng sẽ không có trọn điểm.
Ngoài điều kiện để hai đường thẳng song song, học sinh cần ôn lại các điều kiện hai đường
thẳng vuông góc với nhau, trùng nhau.

b) Lưu ý rằng đối với dạng này nên chia ra 2 bước cụ thể để tính toán: một là tìm m để phương
trình có nghiệm, hai là tìm m để các nghiệm đó thỏa điều kiện khác, như vậy sẽ dễ nắm chắc
điểm số hơn.
a) Cho đường thẳng (d) : y = mx + 2m − 1 và đường thẳng (d1 ) : y = x − 1. Tìm giá trị m để
đường thẳng d và d1 vuông góc với nhau.
b) Cho phương trình x2 + (2m − 1)x + m2 = 0 (m là tham số). Tìm giá trị m để phương trình đã
cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn (x1 − 2)(x2 − 2) = −1.
Bài 3
Một người đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 90km với vận tốc dự định
1
trước. Sau khi đi được quãng đường, do điều kiện thời tiết không thuận lợi nên trên quãng
3
đường còn lại người đó phải đi với vận tốc ít hơn so với vận tốc dự định ban đầu 10km/h.
Tính vận tốc dự định và thời gian người đó đi từ A đến B biết người đó đến muộn hơn dự
định 18 phút.
Phân tích. Với dạng bài tập này, ta cần nhớ công thức s = v.t, trong đó s, v, t lần lượt là quãng
đường, vận tốc và thời gian đi được.
Đặt v1 (km/h) là vận tốc ban đầu của người đó và v2 (km/h) là vận tốc lúc sau (v1 > v2 > 0) thì
ta có v1 = v2 + 10.
Dựa vào các điều kiện cho trước ta sẽ lập hệ phương trình có ẩn là v1 , v2 và giải để tìm kết quả.
Lời giải. Đặt v1 (km/h) là vận tốc ban đầu của người đó và v2 (km/h) là vận tốc lúc sau, v1 >
v2 > 0 thì ta có
v1 = v2 + 10. (∗)
Quãng đường người đó đi với vận tốc v1 là Ç30km, quãng

å đường người đó đi với vận tốc v2 là 60km.
3
Người đó đến muộn hơn dự định 18 phút giờ nên ta có:
10
90 30 60 3
= + −
v1 v1 v2 10
60 60 3
⇔ = −
v1 v2 10
1 1 1
⇔ = − . (∗∗)
v1 v2 200
Từ (∗) và (∗∗) ta có hệ phương trình
   
v1 − v2 = 10 v1 − v2 = 10 v1 − v2 = 10 v1 − v2 = 10

 
 
 

1 1 1 ⇔
 v1 − v2 1 ⇔
 10 1 ⇔
− + = = = −v1 v2 = −2000

 
 
v1 v2 200 v1 v2 200 v1 v2 200

Khi đó v1 và −v2 lần lượt là nghiệm của phương trình X 2 − 10X − 2000 = 0.
Giải phương trình này ta được hai nghiệm là

 X1 = 50
 .
X2 = −40
Do v1 > v2 > 0 nên ta chọn  

v1 = 50 v1 = 50

 

⇔
−v2 = −40

 v2 = 40

Vậy, vận tốc dự định là 50km/h, thời gian người đó đi từ A đến B là
30 60 21
+ = (giờ).
50 40 10
Bình luận. Khi giải bài này, học sinh cần lưu ý:
• Đặt điều kiện v1 > v2 > 0 để dễ dàng chọn nghiệm ở phần sau.
3
• Đổi 18 phút thành giờ.
10
• Nếu xem v1 − v2 = v1 + (−v2 ), là tổng của v1 và −v2 thì tích của chúng là v1 (−v2 ) = −v1 v2 ,
ta áp dụng định lý Vi-ét đảo để giải tiếp. Ngoài ra, vẫn có thể giải hệ phương trình này
bằng phương pháp thế.
• Trọng bài này ta còn một cách làm khác là gọi v(km/h) là vận tốc dự định của người đó
(v > 0) rồi biểu diễn các đại lượng còn lại theo v, sau đó lập phương trình với một ẩn v và
giải.
Bài 4
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB cố định. I là điểm cố định thuộc đoạn OA (I không
trùng O và A). Qua I vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường tròn tâm O tại M và N .
Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn M N (C không trùng các điểm M, N và B). Gọi E là
giao điểm của AC và M N.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh AE.AC = AI.AB.
c) Chứng minh khi điểm C thay đổi trên cung lớn M N của đường tròn tâm O thì tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác CM E luôn luôn thuộc một đường thẳng cố định.

A I B
O
E
C
N
Phân tích. a) Ta có EIB

’ là góc vuông của tứ giác IECB, để chứng minh tứ giác IECB nội
tiếp đường tròn thì ta cần chứng minh thêm một góc đối diện với nó là góc vuông nữa, đó là
góc ECB.
÷
b) Do tứ giác tứ giác IECB nội tiếp đường tròn, để ý rằng IB cắt EC tại A nên ta luôn chứng
AE AI
minh được đẳng thức AE.AC = AI.AB ⇔ = bằng cách chứng minh một cặp tam
AB AC
giác đồng dạng, trong bài này ta chứng minh 4AIE v 4ACB.
c) Đầu tiên ta dự đoán đường thẳng cố định được nhắc đến trong đề bài là M B (để có được dự
đoán này, ta có thể giả vờ lấy một điểm C ở vị trí khác trên hình, rồi vẽ hình theo các trình
tự để xem thử đường thẳng chứa các tâm đường tròn ngoại tiếp của 4EM C là đường thẳng
nào).
Từ đó ta có một cách làm như sau: gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp 4EM C, chứng minh
B, S, M thẳng hàng.
Lời giải. a) Xét tứ giác IECB ta có:



 ’ = 90◦
EIB
 ÷ = 90◦ (ACB
ECB
 ÷ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
⇒ EIB ÷ = 180◦
’ + ECB
Do đó IECB là tứ giác nội tiếp.
b) Xét 4AIE và 4ACB, ta có:



 “ = 90◦
Ib = C

AEI
 ’ = ABC
÷ (AEI
’ là góc ngoài của tứ giác nội tiếp IECB)
Do đó 4AIE v 4ACB (g.g).

AE AI
Suy ra = ⇔ AE.AC = AI.AB.
AB AC

c) AB⊥M N ⇒ A là điểm chính giữa cung M N ⇒ AM

˘ = AN
¯
J S
A I K B
O
E
C
N
◊ = 1 sđAM
Lại có ACM ˘; AM
◊ 1 ¯
N = sđAN
2 2
⇒ ACM
◊ = AM ◊N
⇒ AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 4EM C.
Gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp 4EM C ⇒ SM ⊥AM.
Mặt khác, BM ⊥AM (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Do đó, B, S, M thẳng hàng hay S ∈ M B
Mà BM là đường thẳng cố định ⇒ đpcm.

Bài 5
Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh
x + 2y + z ≥ 4(1 − x)(1 − y)(1 − z).
Lời giải. Đặt a = x + y, b = y + z, c = x + z thì bài toán trở thành:

Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 2. Chứng minh a + b ≥ 4abc.
Cách 1. Ta có
4(a + b) = (a + b)(a + b + c)2

≥ (a + b)4(a + b)c (áp dụng bất đẳng thức (x + y)2 ≥ 4xy)
≥ 4(a + b)2 c
≥ 4ab.4c = 16abc
Vậy, a + b ≥ 4abc

Cách 2. Ta có
» » √
2 = a + b + c ≥ 2 (a + b)c ≥ 2 2 abc
» √
⇔ 1 ≥ 2 abc
√
⇔ 1 ≥ 2 abc > 0
√
Mà a + b ≥ 2 ab > 0, nhân vế theo vế ta có a + b ≥ 4abc.
Đẳng thức xảy ra khi a + b = c và a = b, khi đó
1 1 1
  
a= x+y = x=

 
 

  


 2 

 2 

 2

1 
1 
b= ⇔ y + z = ⇔ y = 0

 2  2 
1

 
 

  
c = 1
 x + z = 1
 z =

2

Đề 12. Đề thi tuyển sinh Sở GD và ĐT Thừa Thiên Huế 2017
Bài 1
√
a) Tìm x để biểu thức A = x − 1 có nghĩa.
√ √ √
b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức B = 32 .2 + 23 − 52 .2.
√
a−1 a a−1
c) Rút gọn biểu thức C = √ − với a ≥ 0 và a =
6 1.
a−1 a−1
Phân tích. a) Với dạng toán tìm điều kiện để một biểu thức có nghĩa hoặc tìm điều kiện xác
định của một biểu thức, ta cần nhớ một số kiến thức cơ bản sau:
√
• A có nghĩa ⇔ A ≥ 0.
A
• có nghĩa ⇔ B 6= 0.
B

√ A nếu A ≥ 0


b) Với dạng toán này ta cần nhớ tới lý thuyết sau : A2 = |A| =  .
−A nếu A < 0

c) Với dạng toán này thông thường ta sẽ giải quyết bằng cách kết hợp các phương pháp: đặt nhân
tử chung , dùng hằng đẳng thức để trục căn thức, thêm bớt hạng tử,. . .
√
Lời giải. a) Biểu thức A = x − 1 có nghĩa ⇔ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1.
√ √ √ √ √ √ √
b) Biểu thức B = 32 .2 + 23 − 52 .2 = 3 2 + 2 2 − 5 2 = 2(3 + 2 − 5) = 0.

c) Biểu thức
√
a−1 a a−1
C=√ −
a−1 a−1
√ √ √
( a − 1)( a + 1) a3 − 1
= √ −
a−1 a−1
√ √
√ ( a − 1)(a + a + 1)
= a+1− √ √
( a − 1)( a + 1)
√
√ a+ a+1
= a+1− √
a+1
√ 2
√
( a + 1) − (a + a + 1)
= √
a+1
√ √
a+2 a+1−a− a−1
= √
a+1
√
a
=√ .
a+1
√
a
Vậy C = √ với a ≥ 0 và a 6= 1.
a+1

Bình luận. Những bài này thông thường cho khá đơn giản, ta chỉ cần nằm được các kiến thức
cơ bản trong phân tích ở trên là có thể giải quyết dễ dàng.
√
1. Tìm x để biểu thức A = 5x − 2 có nghĩa.
√ √ √
2. Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức B = 32 .6 + 63 − 52 .6.
√
a−1 a a+1
3. Rút gọn biểu thức C = √ − với a ≥ 0 và a 6= 1.
a+1 a−1
Đáp án:
5
1. x ≥ .
2
√
2. 4 6.
√
− a
3. √ .
a−1

Bài 2

x + 2y =4


a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình  .
3x − y

=5
1
b) Cho hàm số y = − x2 có đồ thị (P )
2
i) Vẽ đồ thị (P ) của hàm số.
ii) Cho đường thẳng y = mx+n (∆). Tìm m, n để đường thẳng (∆) song song với đường
thẳng (d) : y = −2x + 5 và có duy nhất một điểm chung với đồ thị (P ).
Phân tích. a) Dạng bài hệ phương trình ta thường dùng hai phương pháp để giải: phương pháp
thế hoặc phương pháp cộng đại số đã được học trong SGK.
b) Với dạng bài i) , khi cho hàm số có dạng y = ax2 và yêu cầu vẽ đồ thị hàm số đó, thì ta phải
xem dấu của a để xác định đang đồ thị để vẽ trục tọa độ cho cân xứng với đồ thị, nếu a < 0
thì bề lõm của đồ thị quay xuống thì ta nên vẽ phần giá trị dương của trục Oy ngắn lại và
ngược lại nếu a > 0 thì bề lõm của đồ thị quay lên thì ta vẽ phần giá trị âm của trục Oy ngắn
lại . Để vẽ đồ thị dạng Parabol này thì ta cần chọn ít nhất 5 điểm nằm trên đồ thị, nên chọn
các điểm đối xứng nhau qua trục tung.
Còn dạng ii) thì ta cần nhớ kiến vễ hai đường thẳng song song. Cho hai đường thẳng (d) : y =
ax + b và (d0 ) : y = cx + d
(d) k (d0 ) khi a = c và b 6= d.
Lời giải. a) Ta sẽ giải bằng cách cộng đại số để tham khảo, phương pháp thế bạn đọc tự giải.
Ta có:
    
x + 2y =4 x + 2y =4 7x = 14 x =2 x = 2

 
 
 
 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ .
3x − y 6x − 2y 3x − y 3.2 − y


=5 
= 10 
=5 
=5 y = 1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (2; 1).
b) i) Bảng giá trị :

x -4 -2 0 2 4
y -8 -2 0 -2 -8
Vậy đồ thị (P ) đi qua 5 điểm có tọa độ (−4; −8), (−2; −2), (0; 0), (2; −2), (4; −8).

y
−4 −2 2 4
O x
−2
−4
−6
−8
(P )
ii) Do đường thẳng (∆) song song với đường thẳng (d) nên ta có m = −3
Suy ra đường thẳng (∆) sẽ có dạng y = −2x + n (ĐK : n 6= 5).
Phương trình hoành độ giao điểm của (∆) và (P ) là:
1 1
− x2 = −2x + n ⇔ x2 − 2x + n = 0 (∗)
2 2
(∆) và (P ) có duy nhất một điểm chung khi phương trình (∗) có duy nhất một nghiệm.
Phương trình (∗) có duy nhất một nhgiệm khi và chỉ khi
1
∆ = 0 ⇔ (−2)2 − 4.( ).n = 0 ⇔ n = 2 (nhận)
2
Vậy m = −2, n = 2 thõa mãn yêu cầu bài toán.

Bình luận. Các bài dạng này thông thường là câu dễ trong đề thi, chỉ cần nắm được phương
pháp đã nêu phần phân tích thì sẽ giải quyết được dễ dàng.


8x + 4y = −16


a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình  .
6x − 2y

= −2
1
b) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P )
4
i) Vẽ đồ thị (P ) của hàm số.
ii) Cho đường thẳng y = mx + n (∆). Tìm m, n để đường thẳng (∆) song song với đường
thẳng (d) : y = 3x + 5 và có duy nhất một điểm chung với đồ thị (P ).
Đáp án:


x = −1


a)  .
y = −2

b) m = 3, n = −9.
Bài 3
Cho hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 5 giờ đầy bể. Nếu lúc đầu chỉ
mở vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ rồi đóng lại, sau đó mở vòng thứ hai chảy trong 1 giờ thì
1
ta được bể. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bễ là bao nhiêu?
4
Phân tích. Đây là dạng bài toán thực tế thường được giải bằng phương pháp mô hình hóa bài
toán thành phương trình, hệ phương trình. Với những dạng hỏi hai đối tượng như bài này thì
thông thường ta sẽ giải quyết bằng cách lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn thông qua các dữ
kiện của đề bài đã cho, và lời khuyên là khi đề bài hỏi gì ta sẽ đặt ẩn là đối tượng đó. Trong bài
này ta sẽ đặt thời gian mở riêng vòi thứ nhất và vòi thứ hai để đầy bể lần lượt là x và y.
Lời giải. Gọi x, y (giờ) (ĐK: x, y > 0) lần lượt là thời gian mở riêng của vòi thứ nhất và vòi thứ
hai để chảy đầy bể.
1 1
Suy ra thời gian chảy trong 1 giờ lần lượt của vòi thứ nhất và vòi thứ hai là , (giờ).
x y
Theo
 đề bài ta có hệ phương trình
5 5
 + =1



x y
 2 1 1 (1)

 + =
x y 4

Với hệ phương trình này ta sẽ dùng phương pháp đặt ẩn phụ sau đó giải bằng một trong hai
phương
 pháp: cộng đại số hoặc thế.
 1
X =


Đặt  x
1
Y =


y
Hệ phương trình (1) trở thành :
1 1
   
5X + 5Y =1 5X + 5Y =1 −5X =− X =

 
 
 

4 ⇔ 20 .
1 ⇔ 5 ⇔ 1 3
2X + Y = −10X − 5Y =−
 
  2X + Y

= Y

=
4 4 4 20
1 1 1
Với X = , ta có = ⇔ x = 20.
20 x 20
3 1 3 20
Với Y = , ta có = ⇔y= .
20 y 20 3
20
Vậy thời gian chảy đầy bể khi mở riêng từng vòi lần lượt là 20 giờ và giờ.
3
Bình luận. Để giải được các dạng này thì bạn phải biết được các cách giải hệ phương trình bậc
nhất hai ẩn, phương trình bậc nhất, bậc hai một ẩn. Khi làm bài, ta cần bình tĩnh đọc đề đễ phân

tích hướng làm, lọc ra các dữ kiện của đề cho để liên hệ chúng tạo ra những phương trình tương
úng.

Cho hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 6 giờ đầy bể. Nếu lúc đầu chỉ mở
vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ rồi đóng lại, sau đó mở vòng thứ hai chảy trong 3 giờ thì ta được
2
bể. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bễ là bao nhiêu?
5
Đáp án: 10 giờ và 15 giờ.
Bài 4
Cho phương trình x2 − 2(m + 1)x + m2 + 5 = 0 (1), với x là ẩn số.
a) Giải phương trình (1) khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn đẳng thức sau:
2x1 x2 − 5(x1 + x2 ) + 8 = 0.
Phân tích. a) Khi thay m = 2 vào phương trình (1) thì ta thu được một phương trình bậc hai
theo ẩn x dễ dàng giải bằng công thức nghiệm. Đối với bài này đặc biệt khi thay m vào phương
trình thì phương trình sẽ đưa về dạng hằng đẳng thức , nếu để ý ta sẽ tiết kiệm được thời gian
giải.
b) Dạng bài này thì trước tiên ta phải tìm điều kiện để phương trình bậc hai có hai nghiệm phân
biệt thông qua biệt thức đenta (∆) , sau đó biến đổi đẳng thức về dạng có x1 x2 và x1 + x2 để
áp dụng Định lý Viète để tìm giá trị m thỏa mãn.Đối với bài thì này đã có sẵn x1 x2 và x1 + x2
nên ta chỉ thế Hệ thức Viète vào là sẽ ra kết quả.
Lời giải. a) Thay m = 2 vào phương trình (1) ta được phương trình x2 − 6x + 9 = 0 (∗)
Bài này ta có thể giải bằng hai cách:
Cách 1: Dùng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, với các hệ số
a = 1, b = −6, c = 9
∆ = b2 − 4ac = (−6)2 − 4.1.9 = 0

−b −(−6)
∆ = 0 Suy ra phương trình (∗) có nghiệm kép x = = = 3 Vậy phương trình (∗) có
2a 2
nghiệm là x = 3
Cách 2: Để ý ta sẽ thấy phương trình (∗) có dạng hằng đẳng thức (a − b)2 .
Phương trình (∗) ⇔ x2 − 2.3.1x + 32 = 0 ⇔ (x − 3)2 = 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3.

b) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khi và chỉ khi ∆ > 0
Hay [−2(m + 1)]2 − 4.(m2 + 5) > 0
⇔ 4(m2 + 2m + 1) − 4m2 − 20 > 0
⇔ 8m − 16 > 0
⇔ m > 2.
−b

x1 + x2 = = 2m + 2


Áp dụng Định lý Viète ta có hệ thức  a (∗∗).
c
x1 x2

= = m2 + 5
a
Thay (∗∗) vào đẳng thức 2x1 x2 − 5(x1 + x2 ) + 8 = 0.
Ta được phương trình :
2(m2 + 5) − 5(2m + 2) + 8 = 0
⇔ 2m2 − 10m + 8 = 0 (∗ ∗ ∗).
Ta nhận thấy phương trình (∗ ∗ ∗) có hệ số a = 2, b = 10, c = 8 và a + b + c = 0.


m=1
Theo hệ quả của Định lý Viète nên phương trình (∗ ∗ ∗) có hai nghiệm phân biệt là 
 .
m=4
Do điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là m > 2 nên nhận m = 4 và loại m = 1.
Vậy m = 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn đẳng thức
2x1 x2 − 5(x1 + x2 ) + 8 = 0.

Bình luận. a) Bài toán này kiến thức tương đối cơ bản, nếu làm nhiều có kinh nghiệm thì sẽ
thấy hằng đẳng thức và ra kết quả nhanh chóng.
b) Bài yêu cầu phải nắm được Định lý Viète, biết áp dụng biệt thức đenta để biện luận nghiệm
của phương trình bậc hai và thông thạo việc biến đổi hằng đằng thức tạo ra dạng của hệ thức
Viète.

Cho phương trình ẩn x : x2 − 5x + m − 2 = 0 (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = −4.
2. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức
!
1 1
2 √ +√ = 3.
x1 x2
Đáp án:

x = −1
1. 
 .
x=6

2. m = 6.
Bài 5
Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và D là hình chiếu
vuông góc của B trên OA sao cho D nằm giữa A và O. Gọi M là trung điểm BC, N là giao
điểm của BD và AC, F là giao điểm của M D và AC, E là giao điểm thứ hai của BD với
đường tròn (O), H là giao điểm của BF và AD. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BDOM nội tiếp và M

◊ OD + N
÷ EA = 180◦ .
b) DF song song với CE, từ đó suy ra N E.N F = N C.N D.
c) CA là tia phân giác của góc BCE.

÷
d) HN vuông góc với AB.
Phân tích. a) Để chứng minh tứ giác nội tiếp ta cần nhớ lại bốn dấu hiệu chứng minh tứ giác
nội tiếp. Trong tứ giác BDOM ta sử dụng dấu hiệu “Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180◦
÷ là góc vuông do BD ⊥ OA và M là trung điểm
là tứ giác nội tiếp”. Ta thấy có góc BDO
BC nên dùng liên hệ giữa đường kính và dây cung ta suy ra được OM ⊥ BM . Từ đó suy ra
M
◊ OD + N
÷ EA = 180◦ .
b) Để chứng minh song song ta hay sử dụng các dấu hiệu như: hai góc ở vị trí so le trong bằng
nhau, hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau, hai đường thằng cùng vuông góc với đường thẳng
thứ ba,. . . Thường trong bài hình học các kết quả của câu trên sẽ là gợi ý để dùng làm dữ kiện
giải quyết câu dưới. Đi ngược từ đề bài thì ta sẽ thấy góc BDM
◊ = BEC
÷ do đồng vị, vậy ta sẽ
thử chứng minh cho hai góc đó bằng nhau. Để chứng minh ta dựa vào kết quả tứ giác BDOM
nội tiếp ở câu a. Và áp dụng Định lý Thales (Ta-lét) sẽ suy ra được điều cần chứng minh.
c) Để chứng minh phân giác ta cần chứng minh đường thẳng đó chia góc thành hai góc bằng
nhau và bằng một nữa góc đó. Sử dụng kết quả của câu a và áp dụng các tính chất góc nội
tiếp , góc ở tâm thì ta sẽ chứng minh được CA là tia phân giác của góc BCE.
÷
d) Nếu vẽ hình đúng, nhìn hình ta sẽ dự đoán được hướng làm. Tư duy ngược từ đề bài yêu cầu
chứng minh HN vuông góc với AB , nên ta dự đoán H là trực tâm của tam giác ABN và BF
cũng vuông góc với AN . Nên giờ ta định hướng là cần chứng minh BF vuông với AN .

A E
F
H N
D
O
B M C
Lời giải.
a) Ta có M là trung điểm của BC nên suy ra OM ⊥ BC (liên hệ giữa đường kính và dây cung).
Ta có BDO
÷ + BM
◊ O = 180◦ suy ra tứ giác BDOM nội tiếp
⇒M
◊ ◊ = 180◦ .
OD + DBM
Mà DBM
◊ =N÷AE (góc nội tiếp chắn cung EC)
¯ nên M
◊ OD + N
÷ AE = 180◦ (đpcm).
b) Ta có tứ giác BDOM nội tiếp
⇒ BDM
◊ = BOM
◊ (góc nội tiếp cùng chắn cung BM
˘ ).
1÷
Do tam giác BOC cân tại O và OM là đường cao ⇒ BOM
◊ =M◊OC = BOC.
2
◊ = 1 BOC.
Nên BDM ÷
2
÷ = 1 BOC
Mà BEC ÷
2
Suy ra BDM
◊ = BEC.
÷
Mặt khác hai góc này đồng vị
⇒ DM k EC hay DF k CE (đpcm).
c) Ta có:
BM
◊ D = BOD
÷ (góc nội tiếp cùng chắn cung BD
¯ của đường tròn ngoại tiếp từ giác BDOM )
Tam giác ABE cân tại A (tam giác có đường cao vừa là trung tuyến)
⇒ AB = AE ⇒ sđAB¯ = sđAE ¯ = 1 sđBE¯

2
⇒ BOD
÷ = BCE ÷ = 1 sđBE ¯ (tính chất góc nội tiếp, góc ở tâm)
2

Mà BOD
÷ = 2BCN
÷ nên BCE
÷ = 2BCN
÷.
Suy ra CA là tia phân giác của BCE.

÷
d) Ta có ABD
÷ = ACE
÷ = CF
◊ M (góc nội tiếp cùng chắn một cung, hai góc so le trong)
Nên tứ giác ABDF nội tiếp.
Lại có ADB
÷ vuông nên AF
÷ B vuông.
Xét tam giác ABN có AD và BF là đường cao nên H là trực tâm suy ra N H vuông góc với AB.
Bình luận. Để làm được những bài tập hình học như thế nào, ta cần rèn luyện thật nhiều những
bài tập cơ bản trước vì một bài hình trong đề tuyển sinh là tổng hợp từ các ý nhỏ để tạo nên độ
khó nhất định. Vì vậy ta nên luyện thật nhiều để nắm vững các kiến thức cơ bản, phương pháp
chứng minh, các dấu hiệu đặc biệt của các hình....
Bài 6
Một cốc nước có dạng hình trụ có bán kính đáy bằng 3cm, chiều cao bằng 12cm và chứa một
lượng nước cao 10cm. Người ta thả từ từ 3 viên bi làm bằng thủy tinh có cùng đường kính
bằng 2cm vào cuốc nước. Hỏi mực nước trong cốc lúc này là bao nhiêu.
Phân tích. Để tính được mực nước trong cốc lúc này ta phải biết được thể tích nước dâng lên,
và do cốc nước là một hình trụ nên ta có thể dùng công thức tính thể tích hình trụ để tính được
chiều cao dâng lên của mực nước từ đo suy ra mực nước hiện tại.
4
Công thức tính thể tích hình câu có bán kính R là V = πR3 .
3
Công thức tính diện tích hình tròn bán kính R là S = πR2 .
Công thức tính thể tích hình trụ có đường cao h và diện tích đáy B là V = B.h.
Lời giải. Ta có viên bi bằng thủy tinh là vật không thấm nước nên lượng nước dâng lên chính là
thể tích 3 viên bi.
4
Ta có thể tích ba viên bi là: 3. π13 = 4π(cm3 ).
3
Diện tích đáy hình trụ là: π.32 = 9π(cm2 ).
4
Mực nước dâng lên là: 9π.h = 4π ⇒ h = (cm).
9
4 94
Mực nước trong cốc là: 10 + = ≈ 10, 44(cm).
9 9
Bình luận. Để làm được bài dạng này ta cần nắm rõ các công thức tính thể tích của các hình
đặc biết như: trụ, cầu,... diện tích hình tròn.

Một cốc nước có dạng hình trụ có bán kính đáy bằng 3cm, chiều cao bằng 14cm và chứa một
lượng nước là 282, 6(cm3 ). Người ta thả từ từ 3 viên bi làm bằng thủy tinh có cùng đường kính
bằng 2cm vào cuốc nước. Hỏi mực nước trong cốc lúc này là bao nhiêu.
Đáp án: 10, 44(cm).
Đề 13. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD& ĐT Kiên Giang

2017 - 2018
Bài 1
a) Không sử dụng máy tính, hãy tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 3x − 10 = 0.
Ç å
1 1 a+1
b) Rút gọn biểu thức P (a) = √ +√ : (với a > 0, a 6= 1).
a−1 a+1 a−1
Phân tích. Câu a) kiểm tra kiến thức của học sinh về công thức nghiệm phương trình bậc 2.
Câu b) rút gọn biểu thức bằng cách quy đồng.
Lời giải. a) Tìm nghiệm dương của phương trình

Giải bài toán bằng cách lập biệt thức denta và chọn nghiệm lớn hơn 0
∆ = 32 − 4.1.(−10) = 49
 √
−3 + 49
 x1 = =2
 2.1√ .
−3 − 49


x2 = = −5
2.1
Vậy nghiệm dương của phương trình là x = 2.
b) Với điều kiện (a > 0, a 6= 1), ta có:
√ √ √ √
( a + 1) + ( a − 1) a − 1 2 a a−1 2 a
P (a) = √ √ . = . = .
( a − 1)( a + 1) a + 1 a−1 a+1 a+1

a) Tìm nghiệm âm của phương trình x2 − 5x − 14 = 0.

Ç å √
1 1 a+1
b) Rút gọn biểu thức Q(a) = √ +√ : √ .
a− a a−1 a−2 a+1
√
a−1
Đáp số a) −2. b) √
a

Bài 2
a) Cho hàm số y = (3a − 6)x − 2017. Tìm điều kiện của a để hàm số nghịch biến trên R.
b) Vẽ đồ thị hàm số (P ) : y = x2 và d : y = −x + 2 trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy.
Phân tích. Đối với câu a, ta có thể giải bài toán một cách tổng quát theo định nghĩa hàm số
nghịch biến hay sử dụng tính chất nghịch biến của hàm số bậc nhất. Đối với câu b, lập bảng giá
trị cho mỗi hàm số và vẽ.
Lời giải. a) Tìm a

Cách 1
Xét hàm số y = f (x) = (3a − 6)x − 2017 có TXĐ: D = R, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 6= x2
Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi:
f (x1 ) − f (x2 )
<0
x1 − x2
[(3a − 6)x1 − 2017] − [(3a − 6)x2 − 2017]
⇔ <0
x1 − x2
(3a − 6)(x1 − x2 )
⇔ < 0 ⇔ 3a − 6 < 0 ⇔ a < 2.
x1 − x2
Cách 2: Hàm số bậc nhất nghịch biến trên tập xác định D = R khi và chỉ khi hệ số góc của
đường thẳng y = (3a − 6)x − 2007 âm tức là
3a − 6 < 0 ⇔ a < 2.
b) Vẽ đồ thị
Lập bảng giá trị cho 2 hàm số
x -2 -1 0 1 2
y = x2 4 1 0 1 4
x 1 2
y = −x + 2 1 0

y = −x + 2
A
4 B
2
y= x2
D
1
C
F
−3 −2 −1 O 0 1 2 3

a) Cho hàm số y = m(x + 1) − 2017x. Tìm m để hàm số đồng biến trên R. (Đáp số: m > 2017).
b) Vẽ đồ thị hàm số (P ) : y = −x2 và d : y = x − 2 trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy.

Bài 3
a) Tìm các giá trị m để phương trình x2 + 2(m + 1)x + m2 + 2m − 1 = 0 (m là tham số) luôn
1 1
có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn hệ thức + = 2.
x1 − 1 x 2 − 1
b) Mỗi ngày Ba của bạn An chở bạn ấy từ nhà đến trường mất 30 phút. Vì hôm nay là ngày
thi tuyển sinh nên nên Ba bạn ấy muốn con mình đến trường sớm hơn, do đó ông ấy đã
tăng vận tốc xe lên thêm 15 km/h và đến sớm hơn thường ngày 10 phút. Hỏi quảng đường
từ nhà bạn An đến trường là bao nhiêu km?
Phân tích. Đối với câu a) ứng dụng công thức Vi-ét. Đối với câu b) giải bài toán bằng cách lập
hệ phương trình và nhớ công thức vật lý cơ bản sau: quãng đường = Vận tốc . thời gian.
Lời giải. a) Tìm m

Ta có pương trình x2 + 2(m + 1)x + m2 + 2m − 1 = 0 (*).
Điều kiện để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:
∆0 > 0 ⇔ b02 − ac > 0

⇔ (m + 1)2 − (m2 + 2m − 1) > 0
⇔ 2 > 0, luôn đúng ∀m ∈ R.
Vậy phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt ∀m ∈ R.

Theo định lý Vi-et ta có:

S = x1 + x2 = −2(m + 1)


.
P = x1 .x2 = m2 + 2m − 1


Dựa vào đề bài ta có:
1 1
+ =2
x1 − 1 x2 − 1
x2 − 1 + x1 − 1
⇔ =2
(x1 − 1).(x2 − 1)
S−2
⇔ =2
P −S+1
−2m − 4
⇔ 2 =2
m + 4m + 2
−2m − 4

= m2 + 4m + 2



⇔ 2
m2 + 4m + 2 6= 0

 
m2 + 5m + 4 = 0


m1 = −1
⇔ ⇔
 .
m2 + 4m + 2 6= 0
 m2 = −4

Vậy m1 = −1 và m2 = −4 là các giá trị cần tìm.
b) Tính quãng đường

Gọi s (km) (s > 0) là quãng đường từ nhà đến trường, v (km/h) (v > 0) là vận tốc ngày
thường.
30 1
Theo đề bài, thời gian đi từ nhà đến trường thường ngày là = giờ.
60 2
Ngày đi thi, Bố An đi từ nhà đến trường với vận tốc (v + 15) km/h trong khoảng thời gian
30 − 10 1
= (giờ) (vì đi nhanh hơn thường ngày 10 phút)
60 3
Theo công thức vật lý 
về vận tốc, ta có hệphương trình:
1 v

s = v. s = v = 30

 
 

2 ⇔ 2 ⇔ .
1 v v + 15 30
s = = 15
  
s = (v + 15).
  =
 
3 2 3 2
Vậy quãng đường từ nhà bạn An đến trường là 15 km.

a) Định m để phương trình x2 − 2mx + m − 2 = 0 có hai nghiệm phận biệt x1 , x2 thỏa
(1 + x1 )(2 − x2 ) + (1 + x2 )(2 − x1 ) = x21 + x22 + 2.
b) Một người dự định đi xe máy từ A đến B với quãng đường 90 km. Thực tế vì có việc gấp nên
người đó đã tắng vận tốc thêm 10 km/h so với vận tốc dự định nên đã đến B sớm hơn 45 phút
so với dự định. Hãy tính vận tốc người đó dự định đi từ A đến B.
−1
Đáp số: a)m = 1, m = . b) 30 km/h.
2
Bài 4
Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE,
đường thẳng này cắt các cạnh DE và DC lần lượt tại H và K.
a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh tam giác KHC đồng dạng với tam giác KDB.
c) Giả sử hình vuông ABCD có cạnh là 3 cm. Tính độ dài cung CH có số đo bằng 40o của
đường tròn đường kính BD (làm tròn kết quả đến 1 chữ số thập phân).
Phân tích. Đối với câu a), dễ thấy chứng minh tứ giác nội tiếp bằng tính chất 2 đỉnh cùng nhìn
một cạnh một góc bằng nhau; cụ thể là bằng 90o nên ta có thể chỉ rõ tâm và bán kính đường tròn
ngoại tiếp từ giác BHCD luôn để thuận tiện cho các câu sau.
Đới với câu b), chứng minh 2 tam giác đồng dạng bằng trường hợp góc-góc, trong đó 1 cặp góc

bằng nhau do tính chất của tứ giác nội tiếp BHCD đã chứng minh ở câu a).
Đối với câu c), đầu tiên là xác định đường tròn với tâm và bán kính; sau đó nhớ lại công thức
tính độ dài cung tròn. Ta cũng có thể suy luận công thức bằng cách sau: chu vi (2.π.r) là độ dài
k
2.π.r
của cung 360o , theo tính chất tỷ lệ thuận, ta sẽ có độ dài cung 40o là .40
360
Lời giải. a) Tứ giác BHCD nội tiếp

A B
m
l K
D C
Ta có



 ◊ = 90o (BH ⊥ DE)
BHD
k .


 ÷ = 90o (ABCD là hình vuông)
BCD
⇒ H, C thuộc đường tròn đường kính BD.

⇒ BHCD nội tiếp.
A B
m
l K
D C
b) Chứng minh ∆KHC v ∆KDB

j
Xét ∆KHC và ∆KDB có

Kc chung



.
KDB
 ◊ = KHC
◊ (góc và góc đối ngoài của tứ giác nội tiếp BHCD)
⇒ ∆KHC v ∆KDB (g-g).

A B
O E
m
l K
D C
j
c) Tính độ dài cung CH
Gọi O là trung điểm của BD. Ta có tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn đường kính BD có
bán kính là √
1 1√ 1 √ 2
OB = DB = AB 2 + AD2 = 32 + 32 = 3 .
2 2 2 2
Độ dài cung CH là √ √
40 2 40 2
2π.OB. = 2π.3 =π (cm).
360 2 360 3

Bài 5
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 nội tiếp mặt cầu tâm O (các đỉnh của hình hộp
chữ nhật nằm trên mặt cầu). Các kích thước của hình hộp chữ nhật lần lượt là a, b, c. Gọi
S1 là diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật, S2 là diện tích của mặt cầu. Tìm mỗi quan
S1
hệ giữa a, b, c để tỉ lệ lớn nhất.
S2
Phân tích. Đầu tiên sử dụng các công thức tính diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật và diện
S1
tích mặt cầu đề suy ra tỷ lệ rồi từ đó liện hệ tỷ lệ này với bất đẳng thức Cô-si căn bản.
s2
B0
C0
A0 D0
c
O
B C
A D
b
Lời giải.

Vì các đỉnh hình hộp nằm trên mặt cầu nên tâm O của mặt cầu là tâm hình chữ nhật và cũng là
giao điểm của A0 C và AC 0 . Dựa vào định lý Pytago ta tính được bán kính mặt cầu là:
1 1 √ 02 1 2 √ 2 1√ 2
q
2
OA = A0 C = AA + AC 2 = c + a + b2 = a + b2 + c2 .
2 2 2 2
Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật và diện tích mặt cầu lần lượt là :
S1 = 2SABCD + 2SBCC 0 B 0 + 2SABB 0 A0 = 2ab + 2bc + 2ca

S2 = 4πOA2 = π(a2 + b2 + c2 ).
Dựa vào bất đẳng thức Cô-si cho các số dương a, b, c ta có:
a2 + b2 ≥ 2ab
b2 + c2 ≥ 2bc
c2 + a2 ≥ 2ca
⇒ 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2ab + 2bc + 2ca
S1 2
⇒ ≤ .
S2 π
S1 2
Vậy tỉ số lớn nhất là .
S2 π
S1 π
= ⇔ a = b = c (dấu "=" trong các bất đẳng thức Cô-si xảy ra).
S2 2

Đề 14. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Tỉnh Khánh Hòa
Bài 1
(Không sử dụng máy tính cầm tay)
√
√

1 5−1 »
a) Tính giá trị biểu thức T = +√ √ − 3 − 2 2.
2 10 − 2
√
b) Giải phương trình x − 3 x − 10 = 0.
Phân tích. a) Biểu thức T có ba hạng tử. Hạng tử thứ nhất ta tạm thời để nguyên. Nhưng hạng
√
tử thứ hai có tử và mẫu rút gọn được, vì ta thấy khi rút 2 ra thì biểu thức trong ngoặc thu
được chính là tử. Còn hạng tử thứ ba là dạng "căn chồng căn". Hướng biến đổi chính của dạng
này là ta làm xuất hiện bình phương ở trong căn thức "to" nhất, từ đó phá một lớp căn.
√
b) Ta nhận thấy sự xuất hiện của x và x ở trong phương trình. Điều này làm ta liên tưởng đến
√
việc đặt ẩn phụ t = x (t ≥ 0), vì khi đặt như thế, ta có thể biểu diễn x = t2 , từ đó đưa về
một phương trình bậc hai theo ẩn phụ t và dễ dàng tiến hành các bước tiếp theo.

Lời giải. a) Ta có:
√
√

1 5−1 »
T = + √ √ − 3−2 2
2 10 − 2
√
√

1 5−1 »
= + √ Ä√ ä − 2 − 2.1. 2 + 1
2 2 5−1
Ä√
…
1 1 ä2
=√ +√ − 2−1
2 2
2 Ä√ ä
= √ − 2−1 =1
2
√
b) Đặt t = x (t ≥ 0). Khi đó, x = t2 và phương trình trở thành:
t2 − 3t − 10 = 0
Giải phương trình này ta thu được hai nghiệm t1 = 5 (nhận) và t2 = −2 (loại).
Với t = 5, ta có x = 52 = 25. Vậy phương trình có nghiệm x = 25.

Bình luận. Cả hai ý của câu này đều ở dạng cơ bản. Với ý a), ta cần chú ý các phép biến đổi
đơn giản biểu thức chứa căn thức bậc hai. Với ý b), việc đặt ẩn phụ giúp ta giải quyết bài toán.

2 » √
a) Tính giá trị biểu thức P = √ − 4−2 3
3−1
√
b) Giải phương trình x + 4 x − 21 = 0
Đáp số:
a) P = 2
b) Phương trình có nghiệm x = 9.
Bài 2
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P ) : y = −3x2 và hai điểm A(1; −3) và B(2; 3).
a) Chứng tỏ rằng điểm A thuộc parabol (P ).
b) Tìm tọa độ điểm C (C khác A) thuộc parabol (P ) sao cho ba điểm A, B, C thẳng hàng.
Phân tích. Ý a) là một bài toán cơ bản. Điểm A thuộc parabol (P ) khi tọa độ điểm A thỏa mãn
phương trình của (P ).
Ở ý b), để xác định điểm C sao cho A, B, C thẳng hàng và C thuộc (P ), C phải nằm trên đường
thẳng AB và C là giao điểm của đường thẳng AB và parabol (P ). Do đó, ta sẽ lập phương trình
đường thẳng AB rồi xác định giao điểm của (P ) và đường thẳng AB.

Lời giải. a) Thay x = 1, y = −3 vào (P ) : y = −3x2 ta có −3 = −3.12 (thỏa mãn).

Vậy A ∈ (P ).
b) A, B, C thẳng hàng và C ∈ (P ), vậy C là giao điểm của đường thẳng AB và parabol (P ).
 trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b, trong đó a, b là nghiệm của hệ phương

Phương
−3 = a + b


trình: 
3 = 2a + b

Giải hệ phương trình ta có a = 6; b = −9. Vậy phương trình AB là y = 6x − 9.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng AB và parabol (P ) là:
6x − 9 = −3x2 ⇔ 3x2 + 6x − 9 = 0
Giải phương trình này, ta có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = −3. Vì C không trùng với A và A có
hoành độ bằng 1, nên C có hoành độ −3. Từ đó suy ra tọa độ điểm C là C (−3; −27)

Bình luận. Ý a) là một bài toán cơ bản. Ý b) có cách phát biểu bài toán "lạ", đòi hỏi học sinh
cần vận dụng linh hoạt kiến thức đã học để giải. Đây là một bài toán hay.

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P ) : y = 2x2 và hai điểm A(−1; 2) và điểm B(0; 5).
a) Chứng tỏ rằng điểm A thuộc parabol (P ).
b) Tìm tọa độ điểm C (C khác A) thuộc parabol (P ) sao cho ba điểm A, B, C thẳng hàng.
Đáp số:
a) Tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình parabol.

Ç å
5 25
b) C ; .
2 2
Bài 3
a) Tìm hai số, biết tổng của chúng bằng 7 và tích của chúng bằng 12.
b) Một hội trường có 300 ghế ngồi (loại ghế một người ngồi) được xếp thành nhiều dãy với
số lượng ghế mỗi dãy như nhau để tổ chức một sự kiện. Vì số người dự lên đến 351 người
nên người ta phải xếp thêm 1 dãy ghế có số lượng ghế như dãy ghế ban đầu và sau đó
xếp mỗi dãy 2 ghế (kể cả dãy ghế xếp thêm) để vừa đủ mỗi người ngồi một ghế. Hỏi ban
đầu hội trường đó có bao nhiêu dãy ghế?
Phân tích. Ở ý a), ta có thể áp dụng trực tiếp hệ thức Vi-ét để tìm hai số đề cho. Còn bài toán
ở ý b) có cách giải tương tự như ví dụ ở trang 57, SGK Toán 9 tập 2.

Lời giải. a) Hai số cần tìm có tổng bằng 7 và tích bằng 12. Do đó hai số này là nghiệm (nếu có)
của phương trình
X 2 − 7X + 12 = 0
Giải phương trình này, ta thu được hai nghiệm X1 = 3 và X2 = 4. Vậy hai số cần tìm là 3 và
4.
b) Gọi x là số dãy ghế ban đầu của hội trường (x ∈ N∗ ).

300
Từ đó suy ra số ghế của mỗi dãy ban đầu là .
x
351
Thực tế, số dãy ghế là x + 1 và số ghế của một dãy là .
x+1
Vì phải xếp thêm 2 ghế mỗi dãy nên ta có phương trình:
351 300
−2=
x+1 x
25
Giải phương trình này, ta thu được hai nghiệm x1 = 12 (nhận) và x2 = (loại).
2
Vậy số dãy ghế ban đầu là 12 dãy.

Bình luận. Ý a) là bài toán cơ bản, áp dụng trực tiếp hệ thức Vi-ét. Ý b) là bài toán giải quyết
bằng cách lập phương trình ở mức độ cơ bản.
a) Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 1 và tích của chúng bằng −30.
b) Trong chiến dịch "Trồng cây gây rừng", đội thanh niên xung kích dự kiến trồng 551 cây theo
một số hàng nhất định, mỗi hàng có số cây như nhau. Trong thực tế, số cây giống đội được
nhận là 672 cây. Do đó, đội quyết định trồng thêm 3 hàng, mỗi hàng trồng thêm 2 cây. Hỏi
ban đầu, đội thanh niên xung kích dự kiến trồng bao nhiêu hàng cây?
Đáp số:
a) Hai số cần tìm là 6 và −5.
b) Đội thanh niên xung kích dự kiến trồng 29 hàng cây.
Bài 4
1
Cho đường tròn (O; OA). Trên bán kính OA lấy điểm I sao cho OI = OA. Vẽ dây BC
3
vuông góc với OA tại điểm I và vẽ đường kính BD. Gọi E là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh DA là tia phân giác của BDC.

÷
b) Chứng minh OE vuông góc với AD.
c) Lấy điểm M trên đoạn IB (M khác I và B). Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm N .
Tứ giác M N DE có phải là một tứ giác nội tiếp hay không? Vì sao?

Phân tích. Ở ý a), ta chỉ cần chỉ ra BDA

÷ = ADC.
÷ Điều này có thể thực hiện bằng cách chứng
minh A là trung điểm BC

¯ rồi sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau.
Ở ý b), ta nhận thấy BA⊥AD do BD là đường kính và O là trung điểm BD. Vì vậy, ta sẽ chứng
minh E là trung điểm AD để suy ra OE là đường trung bình của ∆BAD, từ đó có OE k AB,
hay OE⊥AD
Ở ý c), ta chỉ ra được tứ giác M N DE có một cặp góc đối có tổng bằng 1800 , từ đó suy ra tứ giác
này nội tiếp.
Lời giải. a) Ta có: BC⊥OA tại I nên I là trung điểm BC. Xét ∆BOI và ∆COI có ∆BOI =
∆COI (c.g.c). Vậy BOA
÷ = COA,
÷ suy ra BA
¯ = CA.
¯
Các góc BDA

÷ và CDA
÷ lần lượt là các góc nội tiếp chắn cung BA
¯ và CA
¯ nên chúng bằng nhau.
Từ đây suy ra DA là tia phân giác của BDC.

÷
O I A
D C
b) Ta có:
Ta có DAB
÷ vuông do BD là đường kính. Vậy BA⊥DA. (1)
Do BC⊥OA tại I nên I là trung điểm BC. Vậy OI là đường trung bình của ∆BDC. Từ đây
2
ta có DC = 2OI = OA.
3
2
Mặt khác IA = OA − OI = OA. Vậy IA = DC.
3
Xét ∆IAE và ∆CDE có:
IAE
’ = CDE
÷ (hai góc ở vị trí so le trong)
AIE
’ = DCE(=
÷ 900 )
IA = CD (chứng minh trên).
Suy ra ∆IAE = ∆CDE (g.c.g). Từ đó ta có AE = DE (cạnh tương ứng), hay E là trung
điểm của AD. Vậy OE là đường trung bình của ∆BAD, suy ra OEkAB. (2)
Từ (1) và (2) suy ra OE⊥DA.
c) Ta có:

1 ˚
M
◊ ED = BED
÷ = sđBN D + sđAC
¯ (góc có đỉnh nằm trong đường tròn)
2
1 ˙
M
◊ N D = AN ÷ D = sđACD (góc nội tiếp)
2
1
¯ = 1 sđAB

= sđAC
¯ + sđCD ¯ + sđCD
¯
2 2
1
¯ = 1 · 3600 = 1800

Vậy M
◊ ED + M ◊ ND = sđBN
˚ D + sđDC
¯ + sđCA
¯ + sđAB
2 2
Suy ra tứ giác M N DC nội tiếp.

B
N
O I A
D C
Bình luận.
Ý a) là một ý cơ bản, áp dụng trực tiếp tính chất góc nội tiếp chắn cung và quan hệ vuông góc
giữa đường kính và dây. Ở ý b), ta cần khéo léo hơn trong việc quan sát. Vì ta cần chứng minh
OE⊥AD nên ta quan sát các đường khác vuông góc với AD rồi chứng minh OE song song với
đường đó. Còn ý c), ta vận dụng định lý đảo: "Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối nhau
bằng 1800 thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn".
Ở bài toán này, ý b) và ý c) tương đối hay khi ta phải vận dụng linh hoạt nhiều kiến thức khác
nhau để giải quyết yêu cầu bài toán.

1
Cho đường tròn (O; OA). Trên bán kính OA lấy điểm I sao cho OI = OA. Vẽ dây BC vuông
3
góc với OA tại điểm I và vẽ đường kính BD. Gọi E là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh OAD

÷ = ADC.
÷
1
b) Chứng minh OE = AB.
2
c) Vẽ đường kính AF . Lấy điểm M trên cung nhỏ BF (M không trùng B, M không trùng F ).
Gọi giao điểm của AM và BC là N . Chứng minh tứ giác N M DE nội tiếp.
Hướng dẫn giải

a) Ta chứng minh OAkDC.
b) Ta chứng minh OE là đường trung bình của ∆BAD.
c) Ta chỉ ra tứ giác N M DE có một cặp góc có tổng bằng 1800 .
Bài 5
Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của một hình trụ có chu vi hình
tròn đáy là 16cm và chiều cao là 5cm.
Phân tích. Bài toán này ở mức độ cơ bản. Ta chỉ cần tính ra bán kính hình tròn đáy và áp dụng
các công thức tương ứng để ra kết quả.
16 8
Lời giải. Ta có bán kinh đáy của hình trụ là: r = = .
2π π
8
Vậy diện tích xung quanh là Sxq = 2πrh = 2π · · 5 = 80 (cm2 )
π Ç å2
2 8 128
Diện tích toàn phần là Stp = Sxq + 2Sđáy = 80 + 2πr = 80 + 2π. = 80 + (cm2 )
Ç å2
π π
8 320
Thể tích là V = π.r2 .h = π. .5 = (cm3 )
π π

Bình luận. Bài toán này ở dạng cơ bản. Ta chỉ cần nhớ và áp dụng các công thức thích hợp sau
khi đã tính ra bán kính của đáy.

Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của một hình trụ có chu vi hình tròn
đáy là 8π cm và chiều cao là 10cm.
Đáp số: Sxq = 80π (cm2 ), Stp = 112π (cm2 ), V = 16π (cm3 )
Đề 15. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 SỞ GD VÀ ĐT

NGHỆ AN 2017-2018
Bài 1
√
√ 7+ 7
a) Tính giá trị của biểu thức A = (1 − 7) √ .
2 7
x−1
Ç å
1 1
b) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P = √ − √ √ .
1− x 1+ x x

Lời giải.
a)
√
√ 7+ 7
A = (1 − 7) √
2 7
√ √ √
7(1 − 7)(1 + 7)
= √
2 7
1−7
=
2
= −3
Vậy A = −3.
b) Điều kiện xác định của P là:

x ≥0





√

 

1 − x 6= 0 x > 0

 

√ ⇔
6= 0 (luôn đúng) x 6= 1




1+ x 


√
6= 0

 x

Rút gọn P
x−1
Ç å
1 1
P = √ − √ . √
1− x 1+ x x
√
2 x x−1
= . √
1−x x
= −2
Vậy P = −2.
Bài 2

2x − y = 4


a) Giải hệ phương trình:  .
4x + y = −1

b) Giải phương trình: 2x2 − 5x + 2 = 0.
c) Cho parabol (P ) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x + m − 6. Tìm m để đường thẳng

(d) cắt parabol (P ) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương.
Lời giải.

a)

2x − y = 4


4x + y = −1



6x = 3


⇔
y

= 2x − 4

1
x =


⇔ 2
y = −3


1
x =


Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  2 .
y = −3

b)
2x2 − 5x + 2 =0
⇔ (2x − 1)(x − 2) =0
1
⇔ x = hoặc x = 2
2
1
Vậy phương trình có hai nghiệm là: x1 = và x2 = 2.
2
c) Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P ) và đường thẳng (d):
x2 = 2x + m − 6
⇔ x2 − 2x + 6 − m = 0 (∗)
Đường thẳng (d) cắt parabol (P ) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương
⇔Phương trình (∗) có hai nghiệm dương phân biệt là x1 , x2

Phương trình (∗) có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt







⇔ x1 + x2 > 0




x1 .x2 > 0


∆0 = 1 − (6 − m) > 0







⇔ x1 + x2 = 2 > 0 (luôn đúng)



x1 .x2 = 6 − m > 0


⇔5 < m < 6
Vậy đường thẳng (d) cắt parabol (P ) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương khi và chỉ khi
5 < m < 6.

Bài 3
Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 15m. Nếu giảm chiều dài 2m
và tăng chiều rộng 3m thì diện tích mảnh vườn tăng thêm 44 m2 . Tính diện tích của mảnh
vườn.
Phân tích. Các đại lượng được nói đến là chiều dài, diện tích đều có thể tích được nếu biết chiều
rộng, do đó chỉ cần đặt chiều rộng là x rồi thiết lập và giải phương trình theo x dựa theo các giả
thiết.
Lời giải. Gọi chiều rộng của mảnh vườn là x (m). Khi đó, chiều dài và diện tích của mảnh vườn
lần lượt là x + 15(m) và x2 + 15x(m2 ). Nếu giảm chiều dài 2m và tăng chiều rộng 3m thì diện tích
mảnh vườn là: (x + 3)(x + 13) = x2 + 16x + 39 (m2 ). Theo giả thiết, ta có:
x2 + 16x + 39 = x2 + 15x + 44
⇔ x =5
Vậy diện tích của mảnh vườn là 52 + 15.5 = 100 (m2 ).
Bài 4
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O, R). Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến M A, M B với đường
tròn đó (A, B là tiêp điểm). Qua A kẻ đường thẳng song song với M B cắt đường tròn (O, R)
tại C. Nối M C cắt (O, R) tại D. Tia AD cắt M B tại E.
a) Chứng minh M AOB là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh EM = EB.
c) Xác định vị trí của điểm M để BD ⊥ M A.
Phân tích.
b) Dựa vào tính chất tiêp tuyến, ta thấy ngay EBD
÷ = EAB,
÷ từ đó suy ra tam giác đồng dạng,
và tính được EB 2 = ED.EA. Do đó cần tập trung chứng minh M E 2 = ED.EA

c) Bài toán liên quan đến vuông góc, mà lại có song song rồi nội tiếp nên ta cần hướng đến việc
xử lý các góc bằng nhau. Ta cũng có thể dự đoán được D sẽ nằm trên M O, từ đó hướng đến việc
chứng minh M C ⊥ AB hay chứng minh CM
◊ O = 0o . Khi có được vị trí của D thì việc suy ra M
sẽ đơn giản.

D
M O
Lời giải.
a) Xét tứ giác M AOB có M
◊ AO = M
◊ BO = 90o ⇒ M
◊ AO + M
◊ BO = 180o .
Vậy M AOB là tứ giác nội tiếp.

ACM
◊=M AD (tính chất của tiếp tuyến M A)

 ◊
b) Ta có:  ⇒M
◊ AD = BM
◊ C
ACM
 ◊ = BM
◊ C (do AC//M B)
Do vậy: 4EM D v 4EAM (g-g).
EM ED
⇒ =
EA EM
⇒ EM 2 = ED.EA
Mặt khác, theo tính chất tiếp tuyến M B: EBD ÷ nên 4EBD v 4EAB (g-g).
÷ = EAB
EB ED
Tứ đó ta có: = ⇒ EB 2 = ED.EA
EA EB
Như vậy ta được: EM 2 = EB 2 hay EM = EB.

M A = M B


c) Ta có:  ⇒ OM là đường trung trực của AB ⇒ M O ⊥ AB
OA = OB

Để BD ⊥ M A thì M
◊ AD + EAB ÷ = 90o ⇒ BM
÷ + ABD ◊ C + EBD ÷ = 90o
÷ + ABD
Suy ra: M C ⊥ AB.

Ta có: M O và M C cùng vuông góc với AB nên M O ≡ M C.
Khi đó: D nằm trên đường trung trực M O của AB nên DA = DB.
Để BD ⊥ M A thì AO//BD. Suy ra: DBA
÷ = OAC
÷ = OCA.
÷ Khi đó, AB vừa là đường cao kẻ từ
B, vừa là đường phân giác của góc B trong 4OBD , cho nên 4OBD cân tại B hay BO = BD.
Như vậy: AO = OB = BD = DA ⇒ OBDA là hình thoi ⇒ AD//OB. Hơn nữa, đường thẳng
AD đi qua trung điểm E của M B. Do đó, D là trung điểm của M O hay M O = 2OD = 2R.
Vậy để BD ⊥ M A thì M phải nằm trên đường tròn (O, 2R).

Bài 5
√
2 2x
Giải phương trình: x + √ = 1.
1 + x2
Phân tích. Việc nhẩm nghiệm có lẽ không khả thi. Ta thấy rằng, khi chuyển x qua vế phải, rồi
nhân căn ở mẫu lên, sau đó đem bình phương ta sẽ được phương trình bậc bốn, từ đây có thể tìm
cách phân tích thành tích hai đa thức bậc hai.
Lời giải.
√
2 2x
x+ √ 2
=1
√ 1+x √
⇔ 2 2x = (1 − x) 1 + x2
⇒ 8x2 = (1 + x2 − 2x)(1 + x2 )
⇔ 9x2 = (1 + x2 )2 − 2x(1 + x2 ) + x2
⇔ (x2 − x + 1)2 − (3x)2 =0
⇔ (x2 − 4x + 1)(x2 + 2x + 1) =0
√ √
⇔ x = 2 + 3 hoặc x = 2 − 3 hoặc x = −1
√
Thử lại, ta chỉ nhận được nghiệm x = 2 − 3.
√
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2 − 3.
Bình luận. Bài này khi ra phương trình bậc bốn lại khá đẹp, do đó dễ giải quyết. Tuy nhiên cần
lưu ý là khi bình phương mà không đặt điều kiện gì cả thì nhất định phải ghi dấu ⇒, không ghi
dấu ⇔. Sau đó, cần thử lại các nghiệm để nhận, loại.

Phương Pháp Giải Đề Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Môn Toán

Uploaded by

Document Information

Copyright

Available Formats

Share this document

Share or Embed Document

Sharing Options

Did you find this document useful?

Is this content inappropriate?

Copyright:

Available Formats

Phương Pháp Giải Đề Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Môn Toán

Uploaded by

Copyright:

Available Formats

NGUYỄN NGỌC DŨNG và một nhóm giáo viên

PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Thay mặt nhóm tác giả!

Đề 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD&ĐT Bắc Giang

Bài tập tương tự.

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 5/125

b) Rút gọn biểu thức

c) Cho phương trình x2 − 2 (m + 1) x + 2m − 3 = 0 (với x là ẩn) (1)

c.1) Giải phương trình (1) với m = 0.

a) Cách 1: Từ phương trình thứ hai của hệ phương trình ta có

Thế x = −2 − 3y vào phương trình thứ nhất của hệ phương trình ta có

3 (−2 − 3y) − 2y = 5 ⇔ −11y = 11 ⇔ y = −1.

Từ y = −1 thế vào x = −2 − 3y ta được x = 1.

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 6/125

Ta lấy hai phương trình 3x − 2y = 5 và −3x − 9y = 6 cộng vế theo vế, ta được

Thế y = −1 vào x + 3y = −2 ta có x = −2 − 3(−1) = 1.

c) c.1) Cách 1: Với m = 0 phương trình (1) trở thành

c.2) Ta có ∆0 = (m + 1)2 − (2m − 3) = m2 + 4 > 0, ∀m ∈ R nên phương trình (1) có hai

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 7/125

Bài tập tương tự.

c) Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x + 2m − 4 = 0 (với x là ẩn) (1)

c.1) Giải phương trình với m = 0.

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 8/125

60x + 60y = 3300000 (1).

Vì số tiền lãi của ngày hôm đó là 420000 đồng nên

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

Ta có 60x + 60y = 3300000 ⇔ x + y = 55000 ⇔ x = 55000 − y.

2(55000 − y) + 3y = 140000 ⇔ y = 30000.

Thế y = 30000 vào x = 55000 − y ta được

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 9/125

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (25000; 30000).

a) Chứng minh: Tứ giác DEM O nội tiếp.

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 10/125

suy ra tứ giác DEM O nội tiếp.

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 11/125

Do AC = AP nên tam giác CAP cân tại A, suy ra ACP

Từ (1) và (2) suy ra ACP

Xét hai tam giác CEA và tam giác CAM có

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 12/125

Xét hai tam giác BON và tam giác BEA có

Xét hai tam giác BN D và tam giác BED ta có

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 13/125

Lời giải. Đặt a = 2 − x ≥ 0 và b = x + y − 2 ≥ 0, suy ra y = a + b.

A = 14 (2 − a)2 + 9 (a + b)2 + 22(2 − a)(a + b) − 42(2 − a) − 34(a + b) + 35

Dấu "=" xảy ra khi a − 2b − 2 = 0 và b = 0 hay a = 2 và b = 0.

A = 14x2 + 9y 2 + 22xy − 42x − 34y + 35

A = x2 + 9t2 + 4xt − 8x − 34t + 35

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 14/125

Dấu "=" xảy ra khi x + 2t − 4 = 0 và t = 2 hay x = 0 và t = 2.

Đề 2. Đề thi tuyển sinh lớp 10 sở GD & ĐT Bình Dương

thức và thu gọn.

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 15/125

Bài tập tương tự.

Lời giải. 1) Vẽ đồ thị (P ) : y = x2 .

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 16/125

(d1 ) tiếp xúc (P ) ⇔ phương trình (1) có duy nhất 1 nghiệm ⇔ ∆0 = 0 ⇔ 22 + b = 0 ⇔ b = −4

Bài tập tương tự.

2) Cho phương trình x2 − 10mx + 9m = 0 (1), (m là tham số).

a) Giải phương trình (1) với m = 1.

GV chuyên toán tại Quận 7 Đăng kí học: 0976071956 Trang 17/125

Lời giải. 1) Cách 1: Ta có

Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; −1).

Ta lấy hai phương trình trên cộng vế theo vế, ta có

Thay y = −1 vào phương trình 2x − y = 5, ta được x = 2.