Bi 1 (2,0im)
1) Tỡm giỏ tr ca x cỏc biu thc cú ngha:
;
2) Rỳt gn biu thc:
Bi 2 (2,0 im)
Cho phng trỡnh: mx
2
(4m -2)x + 3m 2 = 0 (1) ( m l tham s).
1) Gii phng trỡnh (1) khi m = 2.
2) Chng minh rng phng trỡnh (1) luụn cú nghim vi mi giỏ tr ca m.
3) Tỡm giỏ tr ca m phng trỡnh (1) cú cỏc nghim l nghim nguyờn.
Bi 3 (2,0 im)
Gii bi toỏn sau bng cỏch lp phng trỡnh hoc h phng trỡnh:
Mt mnh vn hỡnh ch nht cú chu vi 34m. Nu tng thờm chiu di 3m v chiu rng 2m thỡ din
tớch tng thờm 45m
2
. Hóy tớnh chiu di, chiu rng ca mnh vn.
Bi 4 (3,0 im)
Cho ng trũn O. T A l mt im nm ngoi (O) k cỏc tip tuyn AM v AN vi (O) ( M; N l cỏc
tip im ).
1) Chng minh rng t giỏc AMON ni tip ng trũn ng kớnh AO.
2) ng thng qua A ct ng trũn (O) ti B v C (B nm gia A v C ). Gi I l trung im ca BC.
Chng minh I cng thuc ng trũn ng kớnh AO.
3) Gi K l giao im ca MN v BC . Chng minh rng AK.AI = AB.AC.
Bi 5 (1,0 im)
Cho cỏc s x,y tha món x 0; y 0 v x + y = 1.
Tỡm gi tr ln nht v nh nht ca A = x
2
+ y
2
.

2. * Nếu m = 0 thì .
Suy ra: Pt luôn có nghiệm với m=0
*Nếu m 0 thì ph (1) là pt bậc 2 ẩn x.
Ta có:
Kết luận: Kết hợp
2 trường hợp ta có: pt luôn có nghiệm với mọi m (đpcm)
3. * Nếu m = 0 thì nguyên
Suy ra: Với m = 0 pt có nghiệm nguyên
* Nếu m # 0 thì ph (1) là pt bậc 2 ẩn x.
Từ ý 2 ta có: pt có 2 nghiệm:
Để pt (1) có nghiệm nguyên thì
nghiệm phải nguyên hay m là
ước của 2 m = {-2; -1; 1; 2}
Kết luận: Với m = {} thì pt có nghiệm nguyên
Câu 3:
Gọi chiều dài hcn là x (m); chiều rộng là y (m) (0 < x, y < 17)
Theo bài ra ta có hpt : (thỏa mãn đk)
Vậy : chiều dài = 12m, chiều rộng =
5m
Câu 4 :
1. Theo tính chất tiếp tuyến vuông góc với bán kính
tại tiếp điểm ta có :
vuông tại M A, M , O thuộc đường tròn
đường kính AO ( Vì AO là cạnh huyền)
vuông tại N A, N, O thuộc đường tròn
đường kính AO (Vì AO là cạnh huyền)
Vậy: A, M, N, O cùng thuộc đường tròn đường kính AO
Hay tứ giác AMNO nội tiếp đường tròn đường kính AO
2. Vì I là trung điểm của BC (theo gt) (tc)
vuông tại I A, I, O thuộc đường tròn

+ − + − −
= = = = =
+ − +
−
2
(4 2) 3 2 0 (1)mx m x m− − + − =
2 2
(1) 2 6 4 0 3 2 0x x x x⇔ − + = ⇔ − + =
1 2
0; 2x x= =
(1) 2 2 0 1x x⇔ − = ⇔ =
≠
2 2 2 2
' (2 1) (3 2) 4 4 1 3 2 ( 1) 0 0m m m m m m m m m∆ = − − − = − + − + = − ≥ ∀ ≠
(1) 2 2 0 1x x⇔ − = ⇔ =
1
2
2 1 1
1
2 1 1 3 2
m m
x
m
m m m
x
m m
− − +

= =


O
AMO ANO= =
AMO
⇒
V
⇒
ANOV
⇒
OI BC
⇒ ⊥
AIOV
⇒
&AMB AMCV V
·
MAC
· ·
1
2
MCB AMB= =
»
MB
~AMB ACM
⇒
V V
2
.
AB AM
AB AC AM
AM AC
⇒ = ⇒ =

thức A = x
2
+ y
2
I- TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CÁCH 01 :
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có x + y = 1 nên y = - x + 1 thay vào A = x
2
+ y
2
ta có :
x
2
+ ( -x + 1)
2
- A = 0 hay 2x
2
- 2x + ( 1- A) = 0 (*)
do đó để biểu thức A tồn tại
giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
nhất khi và chỉ khi phương
trình (*) có nghiệm hay .Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là khi phương trình (*) có nghiệm kép hay x =
mà x + y = 1 thì y = . Vậy Min A = 1/2 khi x = y = 1/2 ( t/m)
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 02 :
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Theo Bất đẳng thức Bunhia ta có 1 = x + y hay
1= (x + y)
2

2 2
2 1
2 0
x y x xy y
x y x xy y
+ = + + =
− = − + ≥
( ) ( )
2 2 2 2
1 1
2 1
2 2
x y x y A+ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥
1
2
1
2
1 1x y x y+ = ⇒ = −
( )
2
2 2 2
1 1 1
1 2 2 1 2( )
2 2 2
A y y y y y y= − + = − + = − + ≥ ∀
1
2
1
2
1

1
2
1
( )
2
1
2
2222
≥+⇔+≤ yxyx
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Không mất tính tổng quát ta đặt với
Mà A= x
2
+ y
2
. Do đó A = ( 1- m)
2
+ m
2
hay A=
2m
2
- 2m +1
hay 2A = (4m
2
- 4m + 1) + 1 hay 2A = (2m-
1)
2
+ 1 hay .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 06 :
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có A = x
2
+ y
2
hay xy = (*) mà x + y =1 (**)
Vậy từ (*) ;(**) có hệ phương
trình ,hệ này có nghiệm . Vậy
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A
là 1/2 khi x+ y =1 và x
2
+ y
2
= hay x = y =
1/2.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 07 :
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có A = x
2
+ y
2
= x
2
+ y
2
+ 1 - 1 mà x + y =1 nên A = x
2

m
A
( )
2
1
2
1
21
2
1
2
4
1
4
2
≥⇒≥−⇔
−
≥−⇒≤⇔
+
≤ Axyxyxy
yx
( )
dc
ba
d
b
c
a
+
+








+
2
2
2
22
ba
y
b
x
a
yx
( )
yx
ba
y
b
x
a
+
+
≥+
2
22

1
2
1
2
1
4
1
4
1
22
≥+






+−+






+− yyxx
Ta có A= x
2
+ y
2
=

b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 11 :
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Không mất tính tổng quát ta đặt
.Do đó A = x
2
+ y
2
hay (2-m)
2
+ (m-1)
2
-
A =0 hay 2m
2
- 6m +5 = A
Hay .
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x =
y = 1/2.
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 12 :
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Không mất tính tổng quát ta đặt
.Do đó A = x
2
+ y
2
hay (3-m)
2
+ (m-2)

2
222222
yx
yx
yx
yx
y
yx
x
yx
yxyx +
=
+
+
≥
+
+
+
=
+
+
=
+
2
1
≥
A
⇒≥≥ 0;0 y
2
1

−+






− yx
2
1
≥
21
1
2
≤≤⇒



−=
−=
m
my
mx
( )
2
1
2
1
2
32

A



≥
≥
⇒



+=
+=
1
1
1
1
b
a
yb
xa
1;1 ≥≥ ba
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a
2
+ b
2
- 4
Thật vậy : Ta có A = a
2
+ b
2

Vậy giá trị nhỏ
nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2.
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 15 :
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có x + y =1 hay y = 1 - x mà y
Do đó x
2
+ y
2
- A = 0 hay 2 x
2
- 2x +( 1 - A ) =
0 .
Khi đó ta có bài toán mới sau :
Tìm A để phương trình 2 x
2
- 2x +( 1 - A ) = 0
(*) có nghiệm
Với x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình (*)
Thật vậy để phương trình (*) có nghiệm
Vậy giá trị nhỏ
nhất của biểu
thức A là 1/2
khi x =y = 1/2.
b)Tìm giá trị

1
≥
amb
bmy
max
≤≤⇒



−=
−=
( )
[ ]
( )
( )
( )
[ ]
2
1
2
1
2
2
222
2
2
22
2
≥+
+−

1
2
1
21
12
21
≤≤⇔
















≤
≤
≥∆








≤
≤



≥
≥
⇔



≤≤
≥≥
⇔≤≤≤ A
P
S
P
S
P
S
P
S
x
x
x
x
xx

≥=
0cos
0sin
2
2
α
α
y
x
( )
1cos.sin21cossin
2
44
≤−=+
αααα