=−
13
3
yx
yx

Câu 2 (1,5 điểm)
1) Xác định tọa độ các điểm A và B thuộc đồ thị hàm số y = 2x – 6, biết điểm A có
hoành độ bằng 0 và điểm B có tung độ bằng 0.
2) Xác định tham số m để đồ thị hàm số y = mx
2
đi qua điểm P (1;-2).
Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình x
2
-2(m+1)x+2m=0 (m là tham số)
1) Giải phương trình với m=1
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
,x
2
thỏa mãn
1
x +
2
x =
2

Câu 4 (1,5 điểm)
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, BC = 6 cm. Tính góc C.
2) Một tàu hỏa đi từ A đến B với quãng đường 40km. Khi đi đến B, tàu dừng lại 20 phút

Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I. Hướng dẫn chung
1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài
làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ.
2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng
phần như hướng dẫn quy định.
3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng số điểm của
mỗi câu, mỗi ý trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm

Câu Đáp án Điểm
3 2 3 2
P


Nghiệm của hpt:
(
)
(
)
; 1; 2
x y
= −

0,5đ
Điểm A thuộc đường thẳng
2 6
y x
= −
, mà hoành độ x = 0
Suy ra tung độ y = - 6.
0,25đ
Vậy điểm A có toạ độ
(
)
0; 6
A
−
.
0,25đ
Điểm B thuộc đường thẳng
2 6
y x
= −

1,5 đ
2)
0,5 đ
2
m
= −

0,25đ
Với
1
m
=
, phương trình trở thành:
2
4 2 0
x x
− + =

0,25đ
' 2
∆ =

0,25đ
1)
1,0 đ
1
2 2
x = +
;
2


≥

2
1 0
2( 1) 0 0
2 0
m
m m
m

+ ≥

⇔ + ≥ ⇔ ≥


≥


Theo hệ thức Vi-ét:
1 2 1 2
2( 1), 2
x x m x x m
+ = + =
.
Ta có
1 2
2
x x+ =
1 2 1 2

0,25đ
Gọi vận tốc tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là x (km/h; x>0)
0,25đ
Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường AB là
40
x
(giờ).
Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường BC là
30
5
x
+
(giờ).
Theo bài ta có phương trình:
40 30 1
2
5 3
x x
+ + =
+0,25đ
Biến đổi pt ta được:
2
37 120 0
x x
− − =

0,25đ
Câu 5

2,5 đ
1)
Theo bài có


0
90
AEB AHB
= =
.
0,5đ 1,0 đ

Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc một đường tròn.
0,5đ
Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn ⇒


BAE EHC
=
(1)
0,25đ
Mặt khác,


Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF
⇒ ME = MF
0,25đ
Với a, b, c là các số lớn hơn 1, áp dụng BĐT Cô-si ta có:
( )
2
4 1 4
1
a
b a
b
+ − ≥
−
. (1) 0,25đ
( )
2
4 1 4
1
b
c b
c
+ − ≥
−
. (2)
0,25đ
( )
2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (7,0 điểm).
a) Giải phương trình
2 2
x 5x 4 2 x 5 2 x 4 x 4x 5.
− + + + = − + + −

b) Giải hệ phương trình
2 2
1 1
x y 2
y x
.
2x y xy 4xy 2x y

 

Cho
a,b,c
là các số thực. Chứng minh
2
2 2 2
3(a b c)
(a 1)(b 1)(c 1) .
4
+ +
+ + + ≥
Câu 4 (7,0 điểm).
Cho đường tròn
(O;R)
có BC là dây cố định
(BC 2R)
<
; E là điểm chính giữa
cung nhỏ BC. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC và AB < AC (A khác B).
Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho ED = EC. Tia BD cắt đường tròn
(O;R)
tại
điểm thứ hai là F.
a) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AEF.
b) Gọi H là trực tâm của tam giác DEC; DH cắt BC tại N. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là M. Chứng minh đường
thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (2,0 điểm).
Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của
11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc
A. Tìm tất cả các phần tử của A.

⇔
(x 1)(x 4) 2 x 5 2 x 4 (x 1)(x 5) 0
− − + + − − − − + =

0,5
⇔
(
)
(
)
x 1 x 4 x 5 2 x 4 x 5 0
− − − + − − − + =

0,5
⇔
(
)
(
)
x 1 2 x 4 x 5 0
− − − − + =

0,5
x 4 x 5
x 1 2

− = +
⇔

− =

x y 2 (1)
y x
2x y xy 4xy 2x y. (2)

 
 
− + =

 
 
 

 

+ − = −


Phương trình (2)
⇔
2 1
2x y 4
y x
+ − = −

0,5
1 1
2(x ) (y ) 4 (3)
y x
⇔ − + + =
0,5

4,0đ

2
a(4 2a) 2 a 1
a 2a 1 0
b 4 2a b 2
b 4 2a
− = =

− + = 
⇔ ⇔ ⇔
  
= − =
= −
 


0,5 Câu Nội dung Điểm

Với
a 1
b 2
=


=


= −
= −


⇔ ⇔
 
− + =
− + =



0,5
2 2
x
2
y 2

+
=

⇔


=

hoặc
2 2
x
2
y 2

2 2 2 2 2
1 1
a b d (a b )
⇒ + = + và
2
1 1
ab d a b
=
0,5
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
d (a b ) d a b a b a b
⇒ + ⇒ +M M
0,5
2
1 1 1 1 1
a b a a b
⇒ ⇒ ⋅
M M
mà
1 1
(a ;b ) 1
=
1 1
a b
⇒
M

Tương tự
1 1

(x 2)(y 2) (x 1)(y 1) x y 3 x y 1 2x 2y 3
+ + = + + + + + = + + + +

2
2 2 2 2 2
(x y) 3
(x 2)(y 2) 2xy x y 3 (x y) 2
2 2
+
 
⇒ + + ≥ + + + + = + +
 

0,5
2 2 2 2 2 2 2
3
(x 2)(y 2)(z 2) (x y) z 4 2(x y) 2z
2
 
⇒ + + + ≥ + + + + +
 

0,5
Câu 3
2,0 đ
2 2 2
3
4(x y)z 2(x y) 2z 3(x y z)
2
 
Tứ giác ABEC nội tiếp suy ra


o
ABE ACE 180
+ =
0,5
Mà


EDC ACE
= và


o
ADE EDC 180
+ =
0,5
nên


ABE ADE.
= Kết hợp với


BAE DAE
=
=>

tam giác FDC cân tại F.
0,5
=> FD = FC. Kết hợp với ED = EC => EF là trung trực của DC =>
DC EF
⊥
(2).
0,5
a
4,0đ

Từ (1) và (2) suy ra D là trực tâm của tam giác AEF.
0,5
Kẻ đường kính EK của (O;R).Khi đó điểm K cố định.
Tứ giác BDNM nội tiếp nên


BMD BND
=
0,5


o
BMD 90 BCE
=> = −

o
1
90 BAC (3)
2
= −


0,5
Câu 4

7,0 đ
b
3,0đ

Suy ra ba điểm M, D, K thẳng hàng. Do đó MD luôn đi qua điểm K cố định.
0,5
Câu 5
2,0 đ
Giả sử A =
{
}
1 2 3; 21
a ;a ;a ;a
với
1 2 3; 21
a ;a ;a ;a Z
∈
và
1 2 3 21
a a a a
< < < < .
Theo giả thiết ta có
1 2 3 11 12 13 21
a a a a a a a
+ + + + > + + +


∈
A).
0,5
=>
12 2 13 3 21 11
101 a a a a a a 100
> − + − + + − ≥
12 2 13 3 21 11
a a a a a a 100
=> − + − + + − = . Kết hợp với (2)
12 2 13 3 21 11
a a a a a a 10 (3)
=> − = − = = − =
12 2 12 11 11 10 3 2
10 a a (a a ) (a a ) (a a ) 10
⇒ = − = − + − + + − ≥

12 11 11 10 3 2
a a a a a a 1
⇒ − = − = = − =
(4)
0,5
Ta có
1
a
=101 mà 102
∈
A =>
2
a

x x
Q
x
x
− −
= +
−
+
với x>0,
4
x
≠

1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 9.
2) Rút gọn biểu thức Q.
3) Tìm giá trị của x để biểu thức
P
Q
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài II (2,0 điểm) Giái bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một tàu tuần tra chạy ngược dòng 60km, sau đó chạy xuôi dòng 48km trên cùng một
dòng sông có vận tốc của dòng nước là 2km/giờ. Tính vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên
lặng, biết thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng 1 giờ.
Bài III (2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình
( )
( )
2 1 4
3 1 5
x y x

đi qua trung điểm của DH.
4) Khi M di động trên cung KB, chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm
cố định.
Bài V (0,5 điểm) Với hai số thực không âm a, b thỏa mãn
2 2
4
a b
+ =
, tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2
ab
M
a b
=
+ + BÀI GIẢI
Bài I: (2,0 điểm)
1) Với x = 9 ta có
9 3
12
3 2
P
+
= =

x
Q
x x
+
= = + ≥ (Do bất đẳng thức Cosi).
Dấu bằng xảy ra khi x =
3
. Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
Q
là
2 3
.
Bài II: (2,0 điểm)
Gọi
1
t
là thời gian tàu tuần tra chạy ngược dòng nước.
Gọi
2
t
là thời gian tàu tuần tra chạy xuôi dòng nước.
Gọi V là vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên.
Ta có :
1
60
2V
t
− = ;
2

− =


Thế
1 2
1
t t
= +
vào (1) ta được :
2
2 2
2 2
60 48
4 4 16 48 0
1
t t
t t
− = − ⇔ + − =
+

2
6
t
⇔ = −
(loại) hay
2
2 22
t V
= ⇒ =
(km/h)

1 3
1 4 2
3 1 6
x y
x y x
x y
x
+ =

+ = =
 

⇔ ⇔ ⇔
  
+ = = −
+ =

 


2)
a)
2 2 2
( 5) 4(3 6) 2 1 ( 1) 0,
m m m m m m
∆ = + − + = − + = − ≥ ∀

Do đó, phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
b) Ta có
1 2

x x x x x x
+ = ⇔ + − =

2
( 5) 2(3 6) 25
m m
⇔ + − + =
(Do
1 2
5
x x m
+ = +
và
1 2
3 6
x x m
= +
), m > - 2 2
4 12 0, 2
m m m
⇔ + − = > − ⇔
m = 2 hay m = -6, m > - 2
2
m
⇔ =
⊥
BN
Hơn nữa

0
90
ANB = vì chắn nửa đường tròn đường kính AB.
Nên A, N, D thẳng hàng.
Gọi tiếp tuyến tại N cắt CD tại J ta chứng minh


JND NDJ
= .
Ta có


JND NBA
= cùng chắn cung

AN
.
Ta có


NDJ NBA
= góc có cạnh thẳng góc
⇒


JND NDJ

2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 4 ( 2)( 2) 2
2 2( 2) 2( 2) 2( 2) 2
ab a b a b a b a b a b a b
M
a b a b a b a b
+ − + + − + − + + + −
= = = = =
+ + + + + + + +Ta có
2 2 2 2 2
( ) 2( ) 2( )
a b a b a b a b
+ ≤ + ⇒ + ≤ +
Vậy
2 2
2( ) 2
2.4 2
2 1
2 2
a b
M
+ −
−
≤ = = −

Khi
2
OJQ

F

HSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2015 – 2016
M«n thi : to¸n
Ngày thi 10/6/2015
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Phần I. Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.
Câu 1. Biểu thức
1
3x 1

; C.


y 5 1 x
  ; D.


y 2 1 x 2
   .
Câu 3. Đường thẳng đi qua điểm M(1 ; -2) và song song với đường thẳng x – 2y = -3 có phương
trình là:
A.
1 5
2 2
 
y x ; B.
1 5
2 2
 
y x ; C.
1 3
2 2
 
y x ; D.
1 3
2 2
 
y x
Câu 4. Phương trình 3x
2

sđ

0
AnC 140

. Số đo của góc BAC bằng:
A. 40
0
; B. 160
0
C. 80
0
; D. 120
0
Câu 8: Khối nón có chiều cao bằng 12cm, đường sinh bằng15cm thì có thể tích là:
A. 36 cm
3
; B. 81 cm
3
; C. 162 cm
3
; D. 324 cm
3

Đ
Ề
CHÍNH TH
ỨC

9cm

 

b)
x 3 x 2
1 x
4 3
 
  
Bài 2. (2,0 điểm)
1. Trong hệ trục Oxy, cho đường thẳng (d): y = (5m - 1)x – 6m
2
+ 2m (m là tham số) và
parabol (P): y = x
2
.
a) Tìm giá trị của m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b) Gọi x
1
; x
2
lần lượt là hoành độ của A, B. Tìm giá trị của m để
2 2
1 2
x x 1
 
.
2. Một lâm trường dự định trồng 75ha rừng trong một số tuần (mỗi tuần trồng được diện
tích rằng bằng nhau). Thực tế, mỗi tuần lâm trường trồng vượt mức 5ha so với dự định nên
cuối cùng đã trồng được 80ha và hoàn thành sớm hơn dự định một tuần. Hỏi mỗi tuần lâm
trường dự định trồng bao nhiêu ha rừng ?

3
ab bc ca
  
   .
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM (DỰ KIẾN)
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2015 – 2016
MÔN: TOÁN HỌC
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
I. Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm). Mỗi câu đúng được 0,25 điểm
Câu
1 2 3 4 5 6 7 8
Đáp án
C B B D A A C D
II. Phần 2. Tự luận ( 8,0 điểm)
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau :
a)
A 125 4 45 3 20 80
    b)


B 3 2 6 6 3 3
  
2. Giải hệ phương trình, bất phương trình sau:

3 3 12 6 3 3 3 3 3
3 3 3 3 9 3 6
  
     
     0,25
0,25
2a
3x y 8 6x 2y 16 13x 39 x 3
7x 2y 23 7x 2y 23 3x y 8 y 1
     
   
  
   
       
   

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x,y) = (3;-1)
0,5
2b
x 3 x 2
1 x 3x 9 12 12x 4x 8
4 3
13x 13 x 1
 
        
     


1a
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P)
x
2
= (5m – 1)x - 6m
2
+ 2m
 x
2
- (5m – 1)x + 6m
2
- 2m = 0 (1)
Có  = (m – 1)
2
Để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt   > 0  m  1 0,25

0,25
1b
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi m  1.
Áp dụng hệ thức Viét với phương trình (1) có
1 2
2
1 2
x x 5m 1
x x 6m 2m
  

Vậy với m = 0;
6
m
13

thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thỏa mãn
đầu bài.

0,25
0,25
2
Gọi diện tích rừng mà mỗi tuần lâm trường dự định trồng là x (ha)
(ĐK: x > 0)
Theo dự định, thời gian trồng hết 75ha rừng là:
75
x
(tuần)
Vì mỗi tuần lâm trường trồng vượt mức 5ha so với dự định nên thực tế
mỗi tuần lầm trường trồng được x + 5 (ha)
Do đó thời gian thực tế lâm trường trồng hết trồng 80 ha rừng là
80
x 5

(ha)

tự tại các điểm N, K, I. Chứng minh:
IK AK
IF AF
 . Suy ra:
IF BK IK BF
  
.
c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân.
Câu Nội dung Điểm

Vẽ hình đúng cho phần a)

0,25
3a
a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đư
ờng
tròn.
Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:


0
90
BED BFD 

Mà




DE DF

(do DE, DF là bán kính đường tròn (D))




AF
EAD D


Suy ra: AD là tia phân giác

EAF
hay AI là tia phân giác của

KAF
Theo tính chất phân giác ta có
IK AK
IF AF
 (1)
Vì AB

AI nên AB là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của

KAF.





NAF MAC DAF MCA EAC
   
(vì AI là tia phân giác của góc
EAF)
Mà



AEB MCA EAC
 
(góc ngoài của tam giác AEC)
Nên


NAF AEB


Mặt khác,


AFB AEB

(góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Suy ra:



2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c
3
ab bc ca
  
   .
Câu

Đáp án Điểm 3(b
2
+ 2a
2
)  (b + 2a)
2
2 2 2 2
3b 6a b 4ab 4a
    

2
2(a b) 0
  

;

a b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

 

 


Cộng (1), (2) và (3) vế với vế ta được

2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c 3(ab bc ca) 1 1 1
3
ab bc ca a b c
3abc
    
 
     
 
 
(4)
Áp dụng BĐT
1 1 4
x y x y
 

với x, y > 0 ta có :
1 1 1 1 2 2 2 1 4 4 4 1 1 1
2 1
a b c 2 a b c 2 a b b c c a a b b c c a
     
            
     

y
y
=


+ =


c) Rút gọn biểu thức:
2 3
27
3 1 3
P = − +
−

Bài 2: (2.0 điểm)
Cho parabol (P): y = x
2

a) Vẽ Parabol (P)
b) Tìm tọa độ các giao của (P) và đường thẳng (d): y =2x +3
Bài 3: (1,5 điểm)
a) Cho phương trình x
2
+ x + m - 2 = 0 (1). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1)
có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn x

≥
2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2
2x 2x
y y
P
xy
+ −
=
Hết

O
A
B
C
M
N
I
P
Q
D
E
F
T
K
1

m <
9
4

+ Khi m <
9
4
thì pt có 2 nghiệm phân biệt nên theo Viet: x
1
+

x
2
= -1
⇔
x
2
= -1- x
1
+ Ta có x
1
2
+ 2x
1
x
2
- x
2
= 1
⇔

+ Với x
1
= 0; ta có 0.x
2
= m - 2
⇔
m = 2 (n);
Với x
1
= -1; ta có x
2
= -1 -(-1) = 0
⇔
(-1).0 = m - 2
⇔
m = 2 (n);
b) Giải phương trình
2
2
1
2 2 1 0
x x
x x
− + + =
−
. ĐK:
0
1
x
x

2
-t - 1 = 0. (HS tự giải tiếp)
Bài 4: (3,5 điểm) a\ Chứng minh tứ giác ABOI nội tiếp.
+ Ta có

0
ABO 90 (tctt)
=


0
AIO 90 (IM IN)
= =
+ Suy ra

ABO
+

AIO
= 180
0


1
E
=

BAO
hay


CED BAO
=
c) Chứng minh OI vuông góc với BE
+ Ta có :


 


1
1
( )
( )
( O )
E BAO cmt
BAO CAO tctt
CAO I ACI nt

=



Suy ra PF là đường cao thứ ba của tam giác APQ nên PF
⊥
QA (1)
+ Ta lại có

0
QTP 90
= (góc nt chắn nữa đường tròn) nên PF
⊥
QT (2)
Từ (1); (2) suy ra QA
≡
QT. Do đó ba điểm A; T; Q thẳng hàng.
Bài 5: (0,5 điểm)Cho hai số dương x, y thỏa x
≥
2y .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2x 2x
y y
P
xy
+ −
=
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2x y 2xy x y x 2xy x y x 2xy
P
xy xy xy xy


− ≥


>
min
5
P khi x = 2y
2
⇒ = SGD – ĐT TP CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học : 2015 – 2016
MÔN TOÁN – thời gian 120 phút
Câu 1: (2,5 điểm)
1)Giải các phương trình và hệ phương trình trên tập số thực:

2
4 2
) 2 3 27 0
) 72 0


a) Vẽ đồ thị của (P).
b) Gọi A(x
1
, y
1
) và B(x
2
;y
2
) là hoành độ giao điểm của (P) và (d): y = x – 4.
Chứng minh:
1 2 1 2
5( ) 0
y y x x
+ − + =

Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình
2 2
ax 5 0
x b
− − + =

a)GPT khi a = b = 3
b) Tính 2a
3
+ 3b
4
biết phương trình nhận x
1

GIẢI

Câu 1: 1)
2
2
1 2
4 2
) 2 3 27 0
( 3) 4.2.( 27) 9 116 225
9
: ; 3
2
) 72 0
: 3
3 5 21 2
) :
2 1 3
a x x
PT co nghiem x x
b x x
PT nghiem x
x y x
c co nghiem
x y y
− − =
∆ = − − − = + =
= = −

a) vẽ, độc giả tự giải.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
2
1
2
x
−
= x – 4
2
2 8 0
x x
⇔ + − =

Giải phương trình ta được: x = 2 ; x = -4
Tọa độ giao điểm là: (2; -2) và (-4; -8)
Khi đó:
1 2 1 2
5( ) 2 ( 8) 5(2 4) 0
y y x x
+ − + = − + − − − =

Câu 3:
2 2
ax 5 0
x b
− − + =

a) Khi a = b = 3 ta có phương trình: x
2
– 3x – 4 = 0

 

 
= −

⇔

=

⇒ = + = − + = − + =