TUYỂN TẬP ĐỂ THI VÀ ĐÁP ÁN VÀO LỚP 10 CHỌN LỌC MÔN TOÁN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
9 4A = −
2) Rút gọn biểu thức
2 2 2
2
2 2
x x
P
x
x x
−
= +
−
+
, với x > 0,
2x
≠
Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3 4 5
6 7 8
x y
x y
+ =


+ =

1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C).
2)Trên cung nhỏ
»
AD
của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng BE cắt đường
tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
a) BA
2
= BE.BF và
·
·
BHE BFC=
b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.
BÀI GIẢI
Bài 1:1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
1
2 2
2 2 2 2
x
x x
P
x x
x x x x
−

∆ = +
Để (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4m m
′
∆ > ⇔ + > ⇔ > −
y = 4x + m = 1 => x =
1
4
m−
Yêu cầu của bài toán tương đương với
4 4 4
1 7 7
2 4 4 4
4 4 4
m m m
hay
m m m
m m m
> − > − > −
  
  
⇔
  
− − − − −
± + = + = − + =
  
  
⇔

> −


+ = +

( )
2
2
4
4
4
5 hay 3
5 hay 3
16 4 14 49
2 15 0
m
m
m
m m
m m
m m m
m m
> −
> −

> −



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = −

2 2 , 0= + = − = = − ≤S x x m P x x m
Ta có
( )
2
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
6 2 36 2 2 36− = ⇒ − + = ⇔ + − + =x x x x x x x x x x x x
( ) ( )
2 2
4 2 36 2 9− = ⇔ − =m m
1hay 5⇔ = − =m m
Khi m = -1 ta có
1 2 1 2
x 3 10,x 3 10 x x 6= − = + ⇒ − = −
(loại)
Khi m = 5 ta có
1 2 1 2
x 3 34,x 3 34 x x 6= − − = − + ⇒ − =
(thỏa)
Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 5:
1)Ta có
·
0
BAC 90=
nên BA là tiếp tuyến với (C).
BC vuông góc với AD nên
H là trung điểm AD. Suy ra
·
·

BC BF
=
·
·
BHE BFC⇒ =
b) do kết quả trên ta có
·
·
BFA BAE=
·
·
·
HAC EHB BFC= =
, do AB //EH. suy ra
·
·
·
·
· ·
DAF DAC FAC DFC CFA BFA= − = − =
·
·
DAF BAE⇒ =
, 2 góc này chắn các cung
»
»
AE,DF
nên hai cung này bằng nhau
Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau
(vì góc H đối đỉnh, HD = HA,

2x
2
2x
x
+
+








−
+
+
với x ≥ 0 và x ≠ 4
Bài 2: (2,0 điểm)
1/ Giải phương trình x
4
+ 5x
2
− 36 = 0
2/ Cho phương trình x
2
− (3m + 1)x + 2m
2
+ m − 1 = 0 (1) với m là tham số.
a/ Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b/ Chứng minh OB.AC = OC.BD.
c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều. Khi đó hãy tính diện tích của tam giác PIC
theo R.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho biểu thức A = (4x
5
+ 4x
4
− 5x
3
+ 5x − 2)
2014
+ 2015. Tính giá trị của biểu thức A khi x =
12
12
2
1
+
−
.
HẾT
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
ĐỀ CHÍNH THỨC
GỢI Ý BÀI GIẢI TOÁN VÀO 10 KHÔNG CHUYÊN LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI.
Bài 1: a/ Tính:
43252
+
= 10 + 6 = 16
b/ Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua A(1; − 2) nên a + b = − 2, và B(3; 4) nên 3a − b = 4.
Suy ra a = 3, b = 5. Vậy (d): y = 3x + 5

Bài 2:
1/ Giải phương trình x
4
+ 5x
2
− 36 = 0
Đặt t = x
2
( t ≥ 0) ta có phương trình t
2
+ 5t − 36 = 0. ∆
t
= 25 − 4.1.(−36) = 169
⇒ t
1
= 4 (tmđk); t
2
= − 9 (loại). Với t = 4 ⇒ x
2
= 4 ⇒ x = ± 2
2/ a/ Với m là tham số, phương trình x
2
− (3m + 1)x + 2m
2
+ m − 1 = 0 (1)
Có ∆ = [−(3m + 1)]
2
− 4.1.( 2m
2
+ m − 1) = m

= (x
1
+ x
2
)
2
− 5x
1
x
2
= (3m + 1)
2
− 5(2m
2
+ m − 1) = − (m
2
− m − 6)
B = −(m −
2
1
)
2
+
2
13
≥
2
13
. Dầu “=” xảy ra ⇔ m −
2

x
2
y
20
7
y
1
x
1
⇔





=−
=+
)2(6xy
)1(
20
7
y
1
x
1
Từ (1) và (2) ta có phương trình:
20
7
6x
1

Suy ra ∠IPC = ∠ICP ⇒ ∆IPC cân tại I.
Để ∆IPC là tam giác đều thì ∠IPC = 60
0

⇒

∠PBA = 60
0
⇒ OP = PB = OB = R

⇒ số đo cung PB bằng 60
0
C/minh ∆DIP cân tại I ⇒ ID = IP = IC = CD:2
Do đó S
PIC
=
2
1
S
DPC
=
2
1
.
2
1
.CP.PD =
4
1
.

=
4
223 −
; x
3
= x.x
2
=
8
725 −
; x
4
= (x
2
)
2
=
16
21217 −
; x
5
= x.x
4
=
32
41229 −
Do đó: 4x
5
+ 4x
4

=−−+ mmxx
(1) , v i n x , tham s m .ớ ẩ ố
1) Gi i ph ng trình (1) khi m = 1ả ươ
2) Xác đ nh giá tr c a m đ ph ng trình (1) có hai nghi m xị ị ủ ể ươ ệ
1
, x
2
sao cho
2
2
2
1
xx +
nh nh t.ỏ ấ
Câu II. ( 1,5 i m )đ ể
Trong cùng m t h to đ , g i (P ) là đ th c a hàm s y = xộ ệ ạ ộ ọ ồ ị ủ ố
2
và (d) là đ th c a hàm s y = -x + 2 ồ ị ủ ố
1) V các đ th (P) và (d) . T đó , xác đ nh to đ giao đi m c a (P) và (d) b ng đ th .ẽ ồ ị ừ ị ạ ộ ể ủ ằ ồ ị
CHÍNH ĐỀ
TH C Ứ
2) Tìm a và b đ đ th ể ồ ị
∆
c a hàm s y = ax + b song song v i (d) và c t (P) t i đi m có hoành đ b ng -1 ủ ố ớ ắ ạ ể ộ ằ
Câu III .( 2,0 i m )đ ể
1) M t ng i đi xe đ p t đ a đi m A đ n đ a đi m B , quãng đ ng AB dài 24 km . Khi đi t B tr v A ộ ườ ạ ừ ị ể ế ị ể ườ ừ ở ề
ng i đó t ng v n t c thêm 4km so v i lúc đi , vì v y th i gian v ít h n th i gian đi 30 phút . Tính v n t c c a xe ườ ă ậ ố ớ ậ ờ ề ơ ờ ậ ố ủ
đ p khi đi t A đ n B .ạ ừ ế
2 ) Gi i ph ng trình ả ươ
( )

1
, x
2
sao cho
2
2
2
1
xx +
nh nh t.ỏ ấ
HD :
1) GPT khi m =1
+ Thay m =1 v ào (1) ta đ ư ợc x
2
+ 2x – 8 = 0  ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0  x = { - 4 ; 2 }
KL :
2) x ét PT (1) :
0622
2
=−−+ mmxx
(1) , v i n x , tham s m . ớ ẩ ố
+ Xét PT (1) có
( )
( )
05162
2
2
1
'
>++=++=∆ mmm

)
2
– 2 x
1
x
2

= ( - 2m )
2
+ 2 ( 2m + 6 )
= 4m
2
+ 4m + 12
= ( 2m + 1)
2
+ 11
11≥
v i m i m => Giá tr nh nh t c a A là 11 khi m = ớ ọ ị ỏ ấ ủ
2
1−
.
KL :
Câu II. ( 1,5 i m )đ ể
Trong cùng m t h to đ , g i (P ) là đ th c a hàm s y = xộ ệ ạ ộ ọ ồ ị ủ ố
2
và (d) là đ th c a hàm s ồ ị ủ ố
y = -x + 2
1) V các đ th (P) và (d) . T đó , xác đ nh to đ giao đi m c a (P) và (d) b ng đ th .ẽ ồ ị ừ ị ạ ộ ể ủ ằ ồ ị
2) Tìm a và b đ đ th ể ồ ị
∆

a
xx −=
−
⇒−+ 1
2
1
1
2

+ PT m ới l à : a +
1
2
1
2
=
−a
 a
2
+ 2a – 3 = 0  ( a – 1 )( a + 3 ) = 0  a = { -3 ; 1 } => a = 1 > 0
+ Nếu a = 1 = >
⇒=−+ 11 xx
x = { 0 ; 1 } ( t/m)
KL : …………
Câu IV . ( 3,0 i m )đ ể
Cho tam giác ABC có ba góc nh n và ba đ ng cao AA’ , BB’ ,CC’ c t nhau t i H .V hình bình hành ọ ườ ắ ạ ẽ
BHCD . ng th ng qua D và song song v i BC c t đ ng th ng AH t i M .Đườ ẳ ớ ắ ườ ẳ ạ
1) Ch ng minh r ng n m đi m A, B ,C , D , M cùng thu c m t đ ng tròn.ứ ằ ă ể ộ ộ ườ
2) G i O là tâm đ ng tròn ngo i ti p tam giác ABC .Ch ng minh r ng BM = CDọ ườ ạ ế ứ ằ
và góc BAM = góc OAC .
3) G i K là trung đi m c a BC , đ ng th ng AK c t OH t i G . Ch ng minh r ng G là tr ng tâm c a tam ọ ể ủ ườ ẳ ắ ạ ứ ằ ọ ủ

2
+ ab + b
2
– 3a – 3b + 2014 .
2)Có 6 thành ph trong ó c 3 thành ph b t k thì có ít nh t 2 thành ph liên l c c v i nhau . ố đ ứ ố ấ ỳ ấ ố ạ đượ ớ
Ch ng minh r ng trong 6 thành ph nói trên t n t i 3 thành ph liên l c c v i nhau.ứ ằ ố ồ ạ ố ạ đượ ớ
HD :
1) Giá tr nh nhị ỏ ất của P là 2011 khi a =b = 1
2) G i 6 th ành phọ ố đã cho l à A,B,C,D,E,F
+ X ét thành phố A .theo nguyên l í Dirichlet ,trong 5 thành phố còn l i thì có ít nhạ ất 3 thành phố
liên l c đạ ược với A hoặc có ít nhất 3 thành phố không liên l c đạ ược với A ( v ì nếu số thành phố liên l c đ c ạ ượ
v i A c ng không v t quá 2 và s thành ph không liên l c đ c v i A c ng không v t quá 2 thì ngoài A , s ớ ũ ượ ố ố ạ ượ ớ ũ ượ ố
thành ph còn l i c ng không v t quá 4 ) . Do đó ch x y ra các kh n ng sau : ố ạ ũ ượ ỉ ả ả ă
• Kh n ng 1 : ả ă
s thành ph liên l c đ c v i A không ít h n 3 , gi s B,C,D liên l c đ c v i A . Theo đ bài trong 3 thành ố ố ạ ượ ớ ơ ả ử ạ ượ ớ ề
ph B,C,D có 2 thành ph liên l c đ c v i nhau . Khi đó 2 thành ph này cùng v i A t o thành 3 thành ph đôi m t ố ố ạ ượ ớ ố ớ ạ ố ộ
liên l c đ c v i nhau .ạ ượ ớ
• Kh n ng 2 : ả ă
số thành phố không liên l c đạ ược với A , không ít h n ,gi sơ ả ử 3 thành phố không liên l c đạ ược với A là D,E,F .
Khi đó trong bộ 3 thành phố ( A,D,E) thì D và E liên l c đạ ược với nhau ( v ì D,E không
liên l c đạ ược với A )
T ng tươ ự trong bộ 3 ( A,E,F) v à ( A,F,D) th ì E,F liên l c đạ ược với nhau , F và D liên l c ạ
được với nhau và như vậy D,E,F l à 3 thành phố đôi một liên l c đạ ược với nhau . Vậy ta
có PCMĐ
C âu V : đ ề chuyên toán ng ày thi 20-6-2014
Cho t p A = { 1 ; 2 ; 3 ; ….; 16 } . Hãy tìm s nguyên d ng k nh nh t sao cho trong m i t p h p con ậ ố ươ ỏ ấ ỗ ậ ợ
g m k ph n t c a A u t n t i hai s phân bi t a, b mà aồ ầ ử ủ đề ồ ạ ố ệ
2
+ b
2


.
MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
Ngày thi: 20/6/2014
(Thời gian : 120 phút – không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,00 điểm)
1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức:
1 8 10
2 1 2 5
A
−
= −
+ −

2) Rút gọn biểu thức B =
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
 
+
 ÷
− − − +
 
với a > 0, a ≠ 4.
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Cho hệ phương trình:
ax y y

AB
lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của
AM , tia CO cắt d tại D.
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD
c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
HẾT
Giám thị không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN GIẢI
(Lê Quốc Dũng, GV THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang, Khánh Hoà)
Bài 1: (2,00 điểm)
1)
1 8 10 2 1 2(2 5)
2 1 2 1
1
2 1 2 5 2 5
A
− − −
= − = − = − − = −
+ − −

2) B =
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
 

× = × = −
− + − +
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Vì hệ phương trình:
ax y y
x by a
− = −


− = −

có nghiệm (x, y) = (2; 3) nên ta có hpt:
2 3 2 3 6 3 9 7 7 1
2 3 3 2 3 2 2 3 1
a b a b a b a a
b a a b a b a b b
− = − + = + = = =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = − − = − − = − + = =
    
Vậy a = 1, b = 1
2) Giải phương trình:
( )
2 2 – 1 3 5 6 3 8x x x
− − = −
( )
2 2
4 2 –1 6 5 6 2 3 8

1
2
y x
=

a)Lập bảng giá trị (HS tự làm).
Đồ thị:
b)Vì A ∈ (P) có hoành độ x
A
= -2 nên y
A
= 2. Vậy A(-2; 2)
Lấy M(x
M
; 0) bất kì thuộc Ox,
Ta có: MA – MB ≤ AB (Do M thay đổi trên Ox và BĐT tam giác)
Dấu “=” xẩy ra khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng, khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox.
- Lập pt đường thẳng AB
- Tìm giao điểm của đường thẳng AB và Ox, tìm M (4; 0).
Bài 4: (2,00 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B.
Trên cung
»
AB
lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của
AM , tia CO cắt d tại D.
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
HD: Tứ giác OBNC nội tiếp có
·
·

2
= 4R
2.
(1)
Suy ra: 2AM + AN ≥ 2
2
2.4R
= 4R
2.
Đẳng thức xẩy ra khi: 2AM = AN ⇒ AM = AN/2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AM = R
2
⇒ °AOM vuông tại O ⇒ M là điểm chính giữa cung AB
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
7 12 0− + =x x
b)
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
c)
4 2
9 20 0− + =x x
d)
3 2 4
4 3 5

+ + +
   
x
B
x x x x x x
(x > 0)
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
2
1 0− − =x mx
(1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1):
Tính giá trị của biểu thức :
2
2
1 1
2 2
1 2
1
1
+ −
+ −
= −
x x
x x

∆ = − =
+ −
⇔ = = = =x hay x
b)
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
Phương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là :
1 2⇔ = = =
c
x hay x
a
c)
4 2
9 20 0− + =x x
Đặt u = x
2

0≥
pt thành :
2
9 20 0 ( 4)( 5) 0− + = ⇔ − − =u u u u
4 5⇔ = =u hay u
Do đó pt
2 2
4 5 2 5⇔ = = ⇔ = ± = ±x hay x x hay x
d)
3 2 4
4 3 5
− =



(D) đi qua
( ) ( )
1;1 , 3;9−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2 3= +x x
⇔
2
2 3 0− − =x x

1 3⇔ = − =x hay x
(a-b+c=0)
y(-1) = 1, y(3) = 9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
1;1 , 3;9−
Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau

5 5 5 3 5
5 2 5 1 3 5
+
= + −
+ − +
A
(5 5)( 5 2) 5( 5 1) 3 5(3 5)
( 5 2)( 5 2) ( 5 1)( 5 1) (3 5)(3 5)
5 5 9 5 15 5 5 9 5 15
3 5 5 3 5 5
4 4 4

 ÷  ÷
 ÷  ÷
+ + +
   
 
+ − + +
=
 ÷
 ÷
+ +
 
= + =
+
x x
x x x x x
x x x
x x x
x
x
x x
Câu 4:
Cho phương trình
2
1 0− − =x mx
(1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
Ta có a.c = -1 < 0 , với mọi m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.
b) Gọi x
1
, x

Do đó
1 1 2 2
1 2
1 2 1 2
mx 1 x 1 mx 1 x 1
(m 1)x (m 1)x
P 0
x x x x
+ + − + + −
+ +
= − = − =
(Vì
1 2
x .x 0≠
)
Câu 5
a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối
F và D vuông
⇒

·
·
·
0
180= = −FHD AHC ABC
b)
·
·
ABC AMC=
cùng chắn cung AC

·
·
NAC MAC=
do MN đối xứng qua AC mà
· ·
NAC CHN=
(do AHCN nội tiếp)
⇒
¶
¶
IAJ IHJ=
⇒
tứ giác HIJA nội tiếp.
⇒
¶
AJI
bù với
·
AHI
mà
·
ANC
bù với
·
AHI
(do AHCN nội tiếp)
⇒
¶
·
AJI ANC=

d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có
·
AJQ
=
·
AKC
vì
·
AKC
=
·
AMC
(cùng chắn cung AC), vậy
·
AKC
=
·
AMC
=
·
ANC
Xét hai tam giác AQJ và AKC :
Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn )
⇒
2 tam giác trên đồng dạng
Vậy
µ
0
Q 90=
. Hay AO vuông góc với IJ

Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính
a)
( ) ( )
A 2 5 2 5= − +
b)
( )
B = 2 50 3 2−
Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình:
2
2 15 0x x+ − =
.
Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình:
2
3
1
2 4
y
x
y
x

+ =




− =


.

·
0
ACB 60=
,
CH = a
. Tính AB và AC theo a.
Câu 9 : (1 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, CD là đường kính thay đổi của đường
tròn (O) (khác AB). Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC và AD lần lượt tại N và M. Chứng minh tứ giác
CDMN nội tiếp.
Câu 10 : (1 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tếp đường tròn tâm O, bán kính bằng a. Biết AC vuông góc với
BD. Tính
2 2
AB CD+
theo a.
HẾT
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2 :
BÀI GIẢI
Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính
a)
( ) ( ) ( )
2
2
A 2 5 2 5 2 5 4 5 1= − + = − = − = −
.
b)
( )
B = 2 50 3 2 100 3.2 10 6 4− = − = − =
.

−
 
 
.
Câu 3 : (1 điểm) Điều kiện
0x
≠
.
2
3
1
2 4
y
x
y
x

+ =




− =


4
2 6
1
2 4
y

5
10
2
3
x
y
x

=


⇔


+ =


1
2
4 3
x
y

=

⇔


+ =


M 1; − 3
.
Đường thẳng d có hệ số góc bằng 4
a 2 4
⇔ − =

a 6
⇔ =
.
Mặt khác (d) đi qua điểm
( )
M 1; − 3
nên thay
a 6
=
,
1x
=
;
3y = −
vào
( )
a 2 by x= − +
.
Khi đó ta có :
( )
3 6 2 .1 b− = − +

3 4 b⇒ − = +


Gọi số học sinh lớp 9A là
x

( )
, 7x x
+
∈ >Z
.
Theo kế hoạch, mỗi em phải trồng
420
x
(cây).
Trên thực tế. số học sinh còn lại là :
7x −
.
Trên thực tế, mỗi em phải trồng
420
7x −
(cây).
Do lượng cây mỗi em trồng trên thực tế hơn 3 cây so với kế hoạch nên ta có phương trình :
( )
420 420
3 7
7
x
x x
− = >
−

( ) ( )

( )
2
2 m +1 m 4 0x x− + − =
.
Phương trình có
( ) ( )
2
2 2
' m 1 1. m 4 m 2m 1 m 4 m m 5∆ = + − − = + + − + = + +
.
2 2
2
1 1 1 19
' m m 5 m 5 m 0, m
2 4 2 4
     
∆ = + + = + + − = + + > ∀
 ÷  ÷  ÷
     
.
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Khi đó, theo Vi-ét
1 2
2m 2x x+ = +
;
1 2
. m 4x x = −
.
( ) ( )
1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2

CH a a
AC 2a
1
cosC cos60
2
= = = =
.
ABC∆
có
0
AB = AC.tanC = 2a.tan 60 2a. 3 2 3a= =
.
Vậy
AB = 2 3a
,
AC 2a=
.
Câu 9 : (1 điểm)
GT (O) đường kính AB cố định, đường
kính CD thay đổi, MN là tiếp tuyến
tại B của (O).
KL Tứ giác CDMN nội tiếp
Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp
Ta có :
·
»
1
ADC AC
2
= sñ

O; a
,
AC BD
⊥
KL
Tính
2 2
AB CD+
theo a.
Tính
2 2
AB CD+
theo a.
Vẽ đường kính CE của đường tròn (O).
Ta có :
·
0
EAC 90=
,
·
0
EDC 90=
(góc nội tiếp chắn đường kính EC).
AC AE
AE BD
AC BD ( )gt
⊥

⇒
