ĐỀ SỐ 26
1
1

Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: 2  5 2  5 .

3x + y = 9
�
�
2) Giải hệ phương trình: �x - 2y = - 4 .
1 �
x
� 1

:
�
�
x  1 �x + 2 x  1 với x > 0.
Câu 2: Cho biểu thức P = �x + x

1) Rút gọn biểu thức P.
1
2) Tìm các giá trị của x để P > 2 .

Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + m = 0 (1)
1) Giải phương trình đã cho với m = 1.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: (x1x2
– 1)2 = 9( x1 + x2 ).
Câu 4: Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đường tròn đường kính AD, tâm O.
Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống AD và
I là trung điểm của DE. Chứng minh rằng:

1
1
2 5



 2 5
1
2 5 2 5
2 5 2 5





3x + y = 9
6x + 2y = 18 �
7x = 14
x=2
�
�
�
��
��
��
�
�y = 9 - 3x
�y = 3 .
2) �x - 2y = - 4 �x - 2y = - 4


x
x 1 �
�

x



2




1 x
x





x 1


.

   1 x  

x 1
x


2) Ta có: ∆ = 1 – 4m. Để phương trình có nghiệm thì ∆ �0 � 1 – 4m �0 �

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = m
Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – 1 )2 = 9( x1 + x2 ), ta được:
m=-2
�
.
�
m
=
4
2
2
�
�
�
(m – 1) = 9
m – 2m – 8 = 0
.

Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn.
Câu 4:
�

�

0
0
1) Tứ giác ABEH có: B = 90 (góc nội tiếp trong nửa đường tròn); H = 90 (giả thiết)
nên tứ giác ABEH nội tiếp được.


).

Suy ra: EBH = EBC , nên BE là tia phân

I
A

H

O

D

�

giác của góc HBC .

�

�

�

Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE ,
�

nên CE là tia phân giác của góc BCH .
Vậy E là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác BCH.

Câu 5: ĐK: x ≥ - 3 (1)
Đặt

x + 8  a; x + 3  b  a �0; b �0 
x  11x + 24 
2

(2)

 x + 8   x + 3

 ab

Ta có: a2 – b2 = 5;
Thay vào phương trình đã cho ta được:
(a – b)(ab + 1) = a2 – b2 � (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0
a - b = 0 � x + 8  x + 3 (vn)
�
�
x=-7
�
��
1
a
=
0
�
x
+
8