(Từ đề 1 đến 13)

Đáp án – Hà Nội năm 2018 – 2019 (Đề 1)

Bài 1:
1) x = 9 
B

2)

9 4

A

91

3 x 1
x 2 x  3

A x
 5 
3) B 4





34 7

3 1 2

2
x 3

x 4
x1

:



3 x 1
( x  3)( x  1)



2
x 3



1
( x  1)

1

x
  5  ( x  2) 2 0 
x1 4

x  2 0  x 4(tmdk)


Vậy x = 4
Bài 2;
- Gọi x (m) chiều dài hình chữ nhật. (đk: 0 < y < x < 14)
y
“
rộng “

x
y 1

2(x  y) 28
 2
2
- Theo đề bài ta có hệ pt sau:  x  y 100
 x 6
 x 8
(loai)


- Giải hệ pt ta được:  y 8
hoặc  y 6 (tmđk)

0

Vậy Chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật là 8m và 6m.
Bài 3
1) Đặt: a = x; b = |y + 2|  0.
4a  b 3
8a  2b 6

9a 9
a 1




a  2b 3
b 1
- Ta có: a  2b 3 a  2b 3
 x 1

  Xét y  -2
 x 1
 
    y + 2 = 1  y = -1 (tmdk)

| y  2 |1
  Xét y < -2
  
  - y - 2 = 1  y = - 3 (tmdk)
Thay a = 1; b = 1 ta có:

Vậy hệ pt có hai cặp nghiệp là: (1; -1) và (1; -3).
2) a) Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm của pt sau.
x2 = (m + 2)x + 3  x2 – (m + 2)x – 3 = 0
 = (m + 2)2 + 12  0 (  m)
 > 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị m.
b) Theo định lí Vi ét: x1 + x2 = m + 2 và x1.x2 = - 3 vì x1, x2 số nguyên và – 3 = 1.(-3) = (-1).3
nên x1 + x2 = 2 hoặc x1 + x2 = - 2
- Xét x1 + x2 = 2  m + 2 = 2  m = 0.

- Xét x1 + x2 = - 2  m + 2 = - 2  m = - 4
Vậy m = 0 và m = - 4 thì (d) cắt (P) tại hai điểm có hồnh độ là các số ngun.

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Bài 4
1) Chứng minh 5 điểm C, D, H,O, S cùng nằm trên một đường trịn.
C
A

S

H

B

O
D
0
·
·
·
Ta có: SCO SDO SHO 90

·

·

·


Do đó: Các góc SCO , SDO , SHO cùng nhìn đoạn thẳng SO dưới một góc 900. Suy ra 5 điểm C,
D, H, O, S nằm trên đường tròn đường kính SO.
·
2) Tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và số đo góc CSD ?
C
H

A
2R

S

B

O

?

R
D

- Theo định lí Py ta go SDO vng tại D, ta có:
SD 2 SO 2  OD 2 (đlí Py ta go)
 SD  (2R) 2  R 2  3R 2 R 3
·
CSD

- Số đo góc


Vậy

là:

R
1
·
·
·
SinDSO

  SinDSO
Sin30 0  DSO
300
2R 2
·
·
·
CSD
2.DSO
2.300 600  CSD
600

3) Chứng minh rằng tứ giác ADHK nội tiếp đường tròn và đường thẳng BK đi qua trung điểm
đoạn thẳng SC.
C

I

S


A

K H

J
B

O
“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
D


- Chứng minh ADHK nội tiếp.
Ta có:

·
·
+ HAK HSC (đvị - vì AK // SC) (1)
·
·
·
»
+ HDK HDC HSC (vì hai góc nội tiếp chắn một cung HC ) (2)
·
·
·
Từ (1) và (2) Suy ra: HAK HDK(HSC)

·

·
Do đó hai góc HAK
, HDK
bằng nhau cùng nhìn một đoạn thẳng HK.
Vậy tứ giác ADHK nội tiếp đường tròn.

- Chứng minh đường thẳng BK đi qua trung điểm đoạn SC.
Ta có:
·
·
»
KDA
+ KHA
(góc nội tiếp chắn cung AK
)

(1)

·
·
+ CBA CDA

»
(góc nội tiếp chắn cung AC )
(2)
·
·
Từ (1) và (2) Suy ra: AHK ABC (đvị)  HK // BC
Vì HK // BC  AK = KJ (t/c đường TB tam giác ABJ)


+ Xét tam giác SBI có AK // SI theo hệ quả đlí Ta lét ta có:
AK BK

SI
BI

(3)

+ Tương tự: Xét tam giác CBI ta có:
KJ BK

IC
BI
AK KJ

Từ (3) và (4) Suy ra: SI IC  SI IC

(4)

Vậy đường thẳng BK luôn đi qua trung điểm I của đoạn SC.
4) Chứng minh rằng khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì điểm F ln thuộc một
đường trịn cố định.
C

S

A

H


OE
F

B
M
N

D

- Vẽ đường kính AN của (O; R). Gọi M giao điểm của EF và BN.
EF  AD 
  EF//ND hay ME // ND
ND  AD 
- Xét BDN ta có:
BE ED 
  BM MN
EM // DN 

Do đó: M là trung điểm của đoạn thẳng BN.
Vì hai điểm B, N cố định suy trung điểm M cố định và A cố định.
“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


0
·
Có AFM 90 , Suy ra điểm F thuộc đường trịn đường kính AM cố định.

Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  1  x  1  x  2 x
- ĐK: 0 x 1  0 1  x 1
t t


Nếu 0  t 1 thì

Có 1  x 1  x; 1  x 1; 2 x 2x , mọi 0  x 1
 P  1  x  1  x  2 x 1  x  1  2x 2 ; mọi 0  x 1
 P 2 . Khi x = 0 thì P = 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 khi x = 0.
Đáp án - Hà Nội 2017 -2018 (Đề 2)
Bài 1
3
20  2 x 3


x  25
x 5

B





x  5  20  2 x



x 5




x 5





x 5



x 5



x 5





1
x 5

1) Khi

9 2 32
5



2
9  5 3 5

A
x = 9 thì giá trị biểu thức
2)
1
x5

3) Với x 0, x 25 , ta có:
B

120 km
XM

B

A

3
(36 phút = 5 giờ)

A B. x  4


x 2
1

x  4 
x5

x5

x 2x 4 

 x  2 1
x 2 0  

 x  2  1
Vậy x = 1 và x = 9 là giá trị cần tìm.
 1 x  2

 do



x 2 



x 2



x 2



 x 9
 x 1 (tmdk)



Bài 2:
“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Gọi vận tốc của Xe máy là x (km/h) (x > 0)
Vận tốc của Ơtơ là x + 10 (km/h).
120
Thời gian Xe máy đi từ A đến B là x (giờ)
120
Thời gian Ơtơ đi từ A đến B là x  10 (giờ)
120 120
3


x  10 5
Ta có phương trình: x
Giải phương trình được: x1 = 40 (tmđk); x2 = – 50 (Loại)
Vậy vận tốc của Xe máy là 40 km/h của Ơtơ là 50 (km/h).

Bài 3:
1) ĐK: x 0, y 1
 x  2 y  1 5
 x  2 y  1 5
9 x 9



4 x  y  1 2
 x  2 y  1 5

8 x  2 y  1 4
Ta có: 

 x 1
 x 1
 x 1




 y 5
1  2 y  1 5
 y  1 2

(thỏa mãn điều kiện)
1;5

Vậy Tập nghiệmcủa hệ phương trình là  
2) a) Thay x = 0, y = 5 vào phương trình y = mx + 5, ta được:
5 m.0  5  5 5 (đúng với mọi m)
Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) với mọi giá trị m.
b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là:
x 2 mx  5  x 2  mx  5 0 (*)
Với x1  x 2 sao cho |x | > |x | thì x1  0  x 2 (do x1  x 2 )
1

2

x1  x 2


Do
Ơtơ

x1  x 2  0  x 1  x 2 

nên
Vậy m < 0 là giá trị cần tìm.

b
m  0
a
(theo hệ thức Vi-ét)

Bài 4:

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


1) Chứng minh 4 điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường trịn.




MA
MB
Ta có N1 C1 (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau
·

·


)

Do đó: KNI ICK (cùng nhìn đoạn thẳng IK)
Vậy bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh rằng: NB2 = NK.NM
Ta có:
·
·

NMB
 NMC
·
·
  NBC  NMB
·NBC  NMC
·


Xét  NBK và  NMB có:
·
·

NBK
 NMB

·
BNMchung

 NBK




 NMB (g.g)

NB NK

 NB2  NK.NM
NM NB
(đpcm)

3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.
- Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác CNKI ta có:
·
·

IKC
INC
·
·
  IKC ABC
·ABC INC
· 

(đvị)  IK // HB (1)

Tương tự: HI // BK (2)
Từ (1) và (2) Suy ra: Tứ giác BHIK là hình bình hành. (3)
- Xét tam giác ABC ta có:





MA
Vì MB
nên C1 C 2 .

·

Suy ra: CM là tia phân giác của góc ACB
·

Tương tự, AN là tia phân giác của góc BAC
Hai đường phân giác AN và CM cắt nhau tại I.
 BI là đường phân giác thứ ba phải đi qua I.
Vậy Hình bình hành BHIK có BI là đường phân giác của góc B nên là hình thoi.
4) Chứng minh rằng ba điểm D, E, K thẳng hàng.

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


- Xét đường trịn tâm (P) ta có:
$
µ1
P1 2.M
(1)

- Xét đường trịn tâm (O) ta có:
·
¶
BDC

2.M
1 (2)

Từ (1) và (2) ta có:

$
·
P1 BDC
(đvị)  PK // DQ (3)

Tương tự ta có: PD // KQ
(4)
Từ (3) và (4) Suy ra: Tứ giác PDQK là hình bình hành.
Có E trung điểm đường chéo PQ, đường chéo thứ hai DK phải đi qua trung điểm E của PQ.
Vậy ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Bài 5:
- Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a2 + b2 + c2
2
2
2
Ta có: (a  b) 0  a  b 2ab
2
2
2
2
Tương tự: b  c 2bc ; c  a 2ca
2
2
2

Suy ra: 2(a  b  c ) 2(ab  bc  ca)  P 9
Dấu “=” xảy ra  a b c  ab bc ca 3  a b c  3

Vậy MinP 9  a b c  3
- Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a2 + b2 + c2
Vì a 1, b 1 nên: (a  1)(b  1) 0  ab  a  b  1 0  a  b ab  1
Tương tự: b  c bc  1 ; c  a ca  1
Do đó:
2(a  b  c) ab  bc  ca  3
 2(a  b  c) 12
 a  b  c 6
 (a  b  c) 2 36 (do a  b  c  0)
 a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  ca) 36
 P  2.9 36
 P 18
Dấu “=” xảy ra  trong ba số a, b, c có ít nhất hai số bằng 1
Nhưng ba số a, b, c không thể đồng thời bằng 1 vì ab  bc  ca 9
 Có hai số bằng 1, do đó số cịn lại bằng 4.
M ax P 18  (a, b,c)    4;1;1 ,  1;4;1 ,  1;1;4  
Vậy

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Đáp án - Hà Nội 2016 -2017 (Đề 3)
Bài 1
A
1. Thay x = 25 ta có

7

25  8



7
7

5  8 13

2. Ta có :
x
2 x  24
x ( x  3)  2 x  24
x  5 x  24
B



x 9
x3
( x  3)( x  3)
( x  3)( x  3)
B

( x  3)( x  8)
( x  3)( x  3)

P A.B 
3)
P


7
x 8
7

- Tìm x để
x +3=1 
x +3=-1 
x +3=7 
x +3=-7 

.



x 8
x 3

x 8
x 3



7
x  3 (Với x  0, x  9)

x  3 có giá trị ngun thì
x = - 2 (Loại)

x  3  U (7)  1; 7


x = - 4 (Loại)
x = 4  x = 16(tmđk)
x = -10 (Loại)

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Vậy với x = 16 thì P có giá trị nguyên.
Bài 2
Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (m). (ĐK : x > 0)
720
(m)
Chiều rộng hình chữ nhật là x
Theo đầu bài ta có pt sau :
720
(x  10)(
 6) 720  x 2  10x  1200 0
x
Giải pt ta được : x = 30 (tmđk) ; x = - 40 (Loại)
Vậy Chiều dài hình chữ nhật là 30 m.
Chiều rộng hình chữ nhật là 24 m.
Bài 3

1) Đặt

x

 u  x  1
(x 1; y  2)


1
v 
y2


3u  2v 4
3u  2v 4



2u

v

5
4u

2v

10


Ta có :
Vậy hệ pt có nghiệm là (x ;y) = (2 ;-1)

7u 14


2u  v 5


 x
 x  1 2
 

 1 1
 y  2

u 2

 v 1

 x 2
(tm)

 y  1

2) a) Phương trình tọa độ giao điểm của đường thẳng(d) và parabol (P) là :
x2 = 3x + m2 – 1  x2 - 3x – (m2 – 1) = 0
 = (-3)2 + 4.(m2 – 1) = 4m2 + 5 > 0 (mọi m)
Vậy đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt mọi m.
b) Ta có : (x1 + 1)(x2 + 1) = 1  x1x2 + (x1 + x2) = 0 (1)
Với x1 ; x2 giao điểm của (d) và (P) hai nghiệm pt : x2 - 3x – (m2 – 1) = 0

 x1  x 2 3

x .x 1  m 2
Theo đlí Vi ét ta có :  1 2
Thay vào pt (1) ta có : 1 - m2 + 3 = 0  m2 = 4  m 2


Bài 4 : (Bài hình này khơng phải đề thi Tuyển sinh vào 10 của Hà Nội năm 2016 -2017)
1) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác MAB.
Xét tam giác MAB ta có :
·
- MI là tia phân giác góc AMB
(t/c tiếp tuyến)

·
º BI
º
- AI là tia phân giác góc MAB
(vì AI
)
- Hai tia phân giác MI và AI cắt nhau tại I. Vậy I là
tâm đường trịn nội tiếp tam giác MAB.

2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi MA, MB

d

M

R

I

A
R


H
O

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
B


và cung nhỏ AB.
+ Theo đlí Py ta go ta có:
MO 2 MA 2  AO 2
MO  (R 3) 2  R 2  4R 2 2R

+ Hệ thức lượng tam giác MAO vng tại A ta có:
1
1
1
1
1
4
R 3


 2  2  2  AH 
2
2
2
2
AH
AM
AO

3R
R
3R
R 3
 AB = 2.AH = 2. 2 = R 3

- Diện tích tứ giác MAOB ta có:
1
1
= 2 .MO.AB = 2 .2R. R 3 = R2 3 (đvdt)

SMAOB
- Diện tích hình quạt AOB là:
SquatAOB 

R 2 .1200 R 2

3 (đvdt)
3600

- Diện tích hình giới hạn bởi MA, MB và cung nhỏ AB là:
S = SAMBO - Squạt AOB = R2

R 2

( 3  )R 2
3 - 3 =
3
(đvdt)


Đáp án - Hà Nội 2015 - 2016 (Đề 4)
Bài I:
P

93
12
3 2

1) Thay x = 9 ta có
2) Rút gọn biểu thức :
x ( x  2)
x
x  1 5 x  2 ( x  1).( x  2)  5 x  2 

Q


( x  2)( x  2)
x 2
x 4
x 4
x 2
P x 3
3

 x
2 3.
Q
x
x

3)
(Theo bdt Côsi). Dấu bằng xảy ra khi x = 3 .
P
60 km
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 2 3 .
Ngược

Bài II:

A

C

B
48 km

Xuôi

- Gọi x (km/h) là vận tốc Tàu khi nước yên lặng (đk: x > 2)
Vận tốc Tàu ngược dòng A đến B là (x – 2) km/h.
60
(h)
Thời gian Tàu ngược dòng A đến B là x  2
“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Vận tốc Tàu xi dịng B về A là (x + 2) (km/h)
48
(h)
Thời gian Tàu xi dịng B về A là x  2

60
48

1  x 2  12x  220 0
- Theo đầu bài ta có pt sau: x  2 x  2

- Giải phương trình ta được : x1 = 22 (tmđk) ; x2 = -10 (Loại)
Vậy vận tốc của Tàu tuần tra khi nước yên lặng là 22 km/h.
Bài III:
 2(x  y)  x  1  4

1) Giải hệ pt sau: (x  y)  3 x  1  5 ; Đặt: u = x + y ; v  x  1 0
2u  v 4
6u  3v 12
7u 7
u 1




u  3v  5
 v 2
Ta có : u  3v  5 u  3v  5
 x  y 1


x  1 2


Thay u = 1, v= 2 ta có :


 x  y 1


 x  1 4

 x 3

 y  2

2) Cho pt: x2 – (m + 5)x + 3m + 6 = 0 (x ẩn)
2

2

2

a)  (m  5)  4(3m  6) m  2m 1 (m  1) 0, m
Vậy phương trình ln có nghiệm với mọi m.
b) Phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì  > 0 khi m  1.
Theo đlí Vi ét ta có x1  x2 m  5 và x1 x2 3m  6 . (Với x1 ; x2 > 0 thì m > - 2)
2
2
2
Theo đầu bài : x1  x2 25  ( x 1 x2 )  2 x1 x2 25

 (m  5) 2  2(3m  6) 25  m 2  4m  12 0
 m = 2 (tmđk); m = - 6 (loại)

Vậy với m = 2 thì x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vng của tam giác vng.

Bài IV
D
J
K
N
I

EA

H
C

M
F

O

B

Q

0


1) Ta có: ACD AMD 90 nên tứ giác ACMD nội tiếp




DCB (vì CAM

CDM
chắn cung CM )
CA CH


 CA.CB CH.CD
CD CB

2) ACH

3) Xét ABD đường cao AM cắt DC tại H, nên H là trực tâm.
Do đó: BN là đường cao ABD đi qua trực tâm H nên BN  AD
“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


0
0


Có ANB 90  BND 90





0

Ta có: BNA  BND 180
Vậy ba điểm A, N, D thẳng hàng.



- Gọi tiếp tuyến tại N cắt CD tại J ta chứng minh JND  NDJ .

Ta có



JND
ENA


 JND
 NBA



ENA  NBA

(1)





Ta có NDC CBN hay NDJ  NBA (2)


Từ (1) và (2) Suy ra: JND  NDJ  JND cân tai J.
 JN= JD (3)





Tương tự: JNH JHN  JNH cân tai J
 JN = JH(4)
Từ (3) và (4) Suy ra: DJ = JH (= JN)
Do đó: J là trung điểm của DH.
Vậy tiếp tuyến tại N của nửa đường trịn ln đi qua trung điểm của DH.
4) Gọi I là giao điểm của MN với AB. CK cắt đường tròn tâm O tại điểm Q.
Khi đó JM, JN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Gọi F là giao điểm của MN và JO. Ta có KFOQ là tứ giác nội tiếp.

 FI là phân giác KFQ .




Ta có KFQ KOQ  KFI FOI
 tứ giác KFOI nội tiếp

 IKO
900 

IK là tiếp tuyến đường tròn tâm O
Vậy MN đi qua điểm cố định I (với IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O)

Bài 4:
M

ab

(a  b) 2  (a 2  b 2 ) (a  b) 2  4 (a  b  2)(a  b  2) a  b  2




a b2
2(a  b  2)
2(a  b  2)
2(a  b  2)
2

2
2
2
2
2
Ta có (a  b) 2(a  b )  a  b  2(a  b )

2(a 2  b 2 )  2
2.4  2
M

 21
2
2
Vậy
Khi a b  2 thì M  2  1

Vậy giá trị lớn nhất của M là 2  1
----------------------------------------------------------Đáp án - Hà Nội 2014 - 2015 (Đề 5)

Bài 1
1) Với x = 9 ta có

A

3 1
2
3 1

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


 x  2  x  x  1  ( x  1).( x  2)  x  1
x 1
P 

.
.

x ( x  2)  x  1
x
 x ( x  2)  x  1 
2) a)
2P 2 x  5 
b)

2 x 2
2 x  5
x


 2 x  2 2x  5 x  2x  3 x  2 0
1
1
 x   x
2
4

(với x > 0)
 ( x  2)( x 

1
) 0
2

Bài 2
Gọi x (SP) là số SP xưởng phải SX theo kế hoạch trong 1 ngày (đk : x nguyên, dương)
1100
Thời gian phân xưởng SX theo kế hoạch là : x (ngày)
Thực tế mỗi ngày phân xưởng SX được (x + 5) SP
1100
Thời gian thực tế phân xưởng SX là x  5 (ngày)
1100 1100
Theo đầu bài ta có pt : x - x  5 = 2.
Giải pt ta được : x1 = 50 (tmđk) ; x2 = -55 (Loại)
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm.

Bài 3
1
1
v

x  y và
y 1.
1) Giải hệ pt : Đặt
 4u  v 5
8u  2v 10
9u 9




u

2v

1
u

2v

1
2v

u

1


Ta có : 
u


Thay u = 1; v = 1 ta có:

 1
 x  y 1



 1 1
 y  1

x  y 1


 y  1 1

 u 1

 v 1

 x  1

 y 2

2) a) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là

x 2  x  6  x 2  x  6 0  x 2 hay x  3
Ta có; y(-3) = 9 ; y (2) = 4.
Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là A(-3; 9) và B(2; 4)
b)


y

9

A

A’

-3

4

B

2B’

x

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hồnh.
Ta có S OAB SAA 'B'B  SOAA '  SOBB'
x  x A ' x B'  x A' 5
Ta có A’B’ = B'
, AA’ = y A 9 , BB’ = y B 4
- Diện tích hình thang AA’B’B:
(AA ' BB ')
94
65

SAA'B'B 
.A 'B ' 
.5 
2
2
2
(đvdt)
- Diện tích tam giác AA’O và BB’O là:
1
27
SOAA '  2 A 'A.A 'O  2 (đvdt);
1
 B 'B.B'O 4
SOBB' 2
(đvdt)
- Vậy Diện tích tam giác AOB là:
65
 S OAB SAA 'B'B  SOAA '  SOBB'  
2
Vậy S OAB = 15(đvdt)

 27

 4  15

 2

(đvdt)

Bài 4

1) Tứ giác là hình chữ nhật AMBN vì có 4 góc vng (4 góc nội tiếp chắn nửa đường trịn).



2) Ta có: ANM ABM (chắn AM ) (1)


ABM
 MBQ
900
P


 ABM
AQP(2)

0


AQP
 MPQ
90
N
và 
F


Từ (1) và (2) Suy ra: ANM AQB
Vậy tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn.
3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ.

OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP
Suy ra F là trung điểm của BP. Mà AP  AQ; OE  OF.
Xét tam giác vng NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP.

O

A

B

M
E

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


0

Xét  NOF =  OFB (c-c-c) nên ONF 90  FN  MN (3)
0

Tương tự: OME 90  EM  MN (4)
Từ (3) và (4) Suy ra: ME // NF (vì  MN).

2S
2SAPQ  2SAMN 2R.PQ  AM.AN 2R.(PB  BQ)  AM.AN
4) MNPQ
2SMNPQ = 2R.(PB + BQ) – AM.AN đạt giá trị nhỏ nhất.
Khi (PB + BQ) nhỏ nhất và AM.AN lớn nhất.
AB PB


2
 ABP
 QBA suy ra BQ AB  AB PB.BQ
2
2
Theo Bất đẳng thức Côsi ta có: PB  BQ 2 PB.BQ 2 AB 2 (2R) 4R
AM 2  AN 2 MN 2
AM.AN 

2
2 = 2R2
Ta có

Do đó,

2SMNPQ 2R.4R  2R 2 6R 2

.

2

S
3R
Suy ra MNPQ
Dấu bằng xảy ra khi AM = AN và PQ = 2BP hay MN vng góc AB.

Bài 5
Ta có Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab
- Thay 2 = a + b + c ta có :


2a  bc  (a  b  c)a  bc

 a 2  ab  bc  ca  (a  b)(a  c) 

(a  b)  (a  c)
2
(BĐT CôSi)

(a  b)  (a  c)
2a  bc
2
Ta có :
(1)
(b  a)  (b  c)

2
Tương tự: 2b  ca
(2)
(c  a)  (c  b)

2c  ab
2
(3)
Cộng (1) (2) (3) theo vế  Q 2(a  b  c) 4


2
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 4 đạt được khi a = b = c = 3 .


Đáp án - Hà Nội

2013 - 2014 (Đề 6)

Bài 1:

A
1) Với x = 64 ta có

B
2)

2  64 2  8 5


8
4
64

( x  1).(x  x )  (2 x  1). x
x 2

x.(x  x )
x 1

A 3
x 2 x 2 3
x 1 3
 
:

 
  x  2  0  x  4.
B
2
2
2
x
x

1
x
3) Với x > 0 ta có :
“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


90 km

A

Bài 2

B

Gọi x (km/h) vận tốc Xe máy đi từ A đến B,. (đk : x > 0)
90
(h)
Thời gian Xe máy đi từ A đến B là ; x
Vận tốc Xe máy khi từ B trở về A là x  9 (km/h)
90
(h)

Thời gian Xe máy từ B trở về A là x  9

90
90
1

5 
2
Theo đề bài ta có pt: x x  9
10 10
1


Giải pt ta có: x x  9 2  20( x  9)  20 x  x( x  9)
 x 36(tmdk)
 1
 x 2  5(loai) (vì x > 0)
 x 2  31x  180 0

Vậy vận tốc xe máy khi đi từ A đến B là 36 km/h.
Bài 3
1) Hệ phương trình:
3x  3  2x  4y 4


4x

4

x


2y

9
Ta có : 

5x  4y 1


3x

2y

5


5x  4y 1


6x

4y

10


11x 11


6x


4y

10


x 1

y  1

2) a) Với m = 1 ta có phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là:

1 2
3
1
9
x x 
2

x

1
;
x

3
2
2  x  2 x  3 0
1
2

; có y (-1) = 2 ; y(3) = 2 .
1
9
Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1; 2 ) và (3; 2 )
b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là:

1 2
1
x mx  m2  m  1
 x 2  2mx  m2  2m  2 0 (*)
2
2
 '  0 Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt (*) phải có

 ' m2  m 2  2m  2  0  m   1
Khi: m > -1, từ (*) ta có:
Nên:

2

x 1+ x 2=2 m ; x 1 . x 2=m − 2 m−2

(định lý Vi-et)

x1  x2 2  x  x  2 x1 x 2 4  ( x1  x2 )  4 x1 x 2 4
2
1

2


2

2
2

 4m  4( m  2m  2) 4

2

 8m  4  m 

1
2

Bài 4

K

“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn
Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
Q
M

T


I
P

C


O

N

0


1/ Ta có : AMO ANO 90  Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn.

2/ Ta có :  ANB

 ACN (gg)

AN AB
AN 2 6 2

 AN 2 AB.AC
AC 
 9 (cm)
AB
4
Do đó : AC AN
hay
 BC AC  AB 9  4 5(cm)
1



MTN

 MON
AON



2
  MTN MIN



AIN
AON



3/
(đvị)
MT // AC.

AKO
4/ Xét
có AI vng góc với KO. Hạ OQ vng góc với AK. Gọi H là giao điểm của OQ
và AI thì H là trực tâm của AKO , nên KMH vng góc với AO. Vì MHN vng góc AO nên
đường thẳng KMHN vng góc AO, nên KM vng góc AO.
Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển.
Bài 5
Từ giả thiết ta có:
1
1
1 1 1 1

     6
ab bc ca a b c
.
Theo BĐT Cơ si thì:
1 1
1  1 1 1 1  1 1 1 1  1
 2  2
  
  
2 a
b  ab ; 2  b 2 c 2  bc ; 2  c 2 a 2  ca
1 1
 1 1 1
 1 1 1
 1
 2  1 
 2  1 
 2  1 
 a ; 2 b
 b ; 2 c
 c.
và 2  a
Cộng các bất đẳng thức theo vế ta có:
3 1
1
1  3
3 1
1
1


   6   2  2  2

2  a2 b2 c2  2
2 a
b
c
1
1 
 1
  2  2  2  3
b
c 
a
(đpcm)

3 9

 6  
2 2


Đáp án - Hà Nội 2012 - 2013 (Đề 7)
Bài 1
A

36  4

10 5
 
36  2 8 4


1) Với x = 36, ta có :
2) Với x , x  16 ta có :
“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


 x ( x  4) 4( x  4)  x  2
(x  16)( x  2)
x 2
B 



x  16  x  16
x  16
 x  16
= (x  16)(x  16)
x 2 x 4 x  2
2


x  16 
x 2
 = x  16 là số nguyên
3) Biểu thức B (A – 1) =
 x – 16 = 1 hay x – 16 = 2  x = 15 hay x = 17 hay x = 14 hay x = 18

Bài 2
Gọi x (ngày) thời gian người thứ I hồn thành cơng việc. (đk: x > 0)
1

Trong 1 ngày, người thứ I làm được x (Cơng việc)
Thời gian một mình người thứ II hồn thành cơng việc là (x + 2) ngày.
1
Trong 1 ngày, người thứ II làm được x  2 (Công việc)
1
1
5


Ta có phương trình : x x  2 12
Giải phương trình ta được : x = 4
Vậy người thứ nhất và người thứ hai làm một mình hồn thành công việc trong 4 giờ và 6 giờ.
Bài 3
2
x 


6 

x

1
2
y
1
1
2
1 u  ; v 
y
x

y

1) Giải hệ pt:

Ta có:

2u  v 2


6u  2v 1

Đặt:

4u  2v 4


6u  2v 1

1

10u 5
u 

2

2u  v 2
 v 1

1 1
 x  2

 x 2
 
1
 y 1
 1
y


1
u  ; v 1
2
Thay
ta có:
2) Phương trình : x2 – (4m -1)x + 3m2 – 2m = 0
 = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, m
Do đó : Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt m
Theo đlí Viét: x1 + x2 = 4m – 1 và x1.x2 = 3m2 – 2m
2
2
Ta có: x1  x 2 7  (x + x )2 – 2x x = 7
1

2

1 2

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7
 10m2 – 4m – 6 = 0
3
 m = 1 hay m = 5

Bài 4

d
“Mưa bão” Miền TrungQ - Nguyễn
Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.
C
M


E

I
A

K O

B

0


1) Ta có : HCB HKB 90  Tứ giác CBKH nội tiếp đường trịn đường kính HB.




ACM
ABM(cungAM)




  ACM  ACK(ABM)
ACK ABM(cungHK)


2) Ta có :
3) Xét  MAC và  EBC ta có :
MA EB(gt)




MAC
EBC(cungMC)
  MAC EBC(cgc)

AC BC(gt)

 CM = CE
Do đó :  CME cân tại C
(1)
0 
0
CME CEM

45 (BC 45 ) (2)
Ta có :
Từ (1) và (2) Suy ra :Tam giác CME vuông cân tại C.
AP.MB
AP.MB OB

AP MA
R 



MA
MA
1
OB MB
4) Ta có :
  PAM  OBM (đlí Talét đảo)



PAM
OBM
- Xét  PAM và  OBM ta có :
(chắn AM )
Vì  OBM cân tại O   PAM cũng cân tại P.
Suy ra : PA = PM.
- Kéo dài BM cắt d tại Q.
Xét  AMQ vng có PA = PM  PA = PQ
- Vì HK // AQ theo hệ quả đlí Ta lét ta có :
HI IK
BI
HI QP

(



1  HI IK
QP PA BP)
IK PA
Suy ra : I là trung điểm của HK
Vậy đường thẳng BP đi qua trung điểm của đoạn HK.
x 2  y2
M
xy với x, y > 0 và x  2y.
Bài 5 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x2  4 y 2
( x2  y 2 )  3 y2
1
x(2y)

 2
2
2
2
4( x 2  y 2 ) (BĐT Cơ si)
Ta có M 2(x  y )  4( x  y )

1
3y 2
1
3y 2
1 3 2
x(2y)

 
 


2
2
2
2
2
2
2(x  y )  4 4(x  y ) 4 4(4y  y ) 4 20 5 (Thay x =2y).
1 2
5

Suy ra Max M 5 khi x = 2y, do đó giá trị nhỏ nhất của M = 2 đạt được khi x = 2y.
“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


Đáp án - Hà Nội 2011 - 2012 (Đề 8)
Bài 1: Với x ≥ 0 và x  25 ta có :
1)

A

x
10 x


x  5 x  25

5
x 5 =


x ( x  5) 10 x 5( x  5)


x  25
x  25
x  25

( x  5) 2
x  5 x 10 x 5 x  25 x  10 x  25


x  25 =
x  25
A = x  25 x  25
= ( x  5)( x  5) =

2) x = 9  A =
1
3) A < 3 

x 5
x 5

9 5
1

4
9 5
x 5
1

x  5 < 3  3 x  15  x  5  2 x  20 
Vậy 0 x  100

x  10  0 x  100

Bài 2
Gọi x (tấn) là số hàng đội xe phải chở trong 1 ngày theo kế hoạch (đk: x  N*)
140
(ngày)
Thời gian đội xe chở hết số hàng theo kế hoạch là x

Thực tế số hàng đội xe chở được trong 1 ngày là (x + 5) tấn
150
(ngày)
Thời gian đội xe phải thực hiện chở hàng là x  5
140 150

1
Theo đầu bài ta có pt: x x  5
Giải pt ta có : x2 + 15x – 700 = 0  x1 = 20 (tmđk) ; x2 = - 70 (loại)
140
7(ngày)
Vậy thời gian đội xe chở hết số hàng theo kế hoạch là 20

Bài 3
1) Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 1 là:
x2 = 2x + 8  x2 – 2x + 8 = 0  (x + 2) (x – 4) = 0
 x = -2 hay x = 4  y(-2) = 4, y(4) = 16
Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 2 là : A(-2; 4) và B(4; 16).
2) Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:

x2 = 2x – m2 + 9  x2 – 2x + m2 – 9 = 0 (1)
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt trái dấu thì  > 0 và x1.x2 < 0
hay a.c = m2 – 9 < 0  m2 < 9  m  < 3  -3 < m < 3.
Bài 4
0


1) Ta có: MAI MEI 90  Tứ giác AMEI nội tiếp đường
trịn đường kính MI.

2) Tứ giác ENBI nội tiếp đường trịn đường kính IN.



Ta có: ENI EBI (chắn EI
)




EMI
EAI
(chắn EI
)
0


Ta có: EAB  EBI 90 (Vì  AEB vuông tại E)
0
0




Tương tự: IMN  INM 90  MIN 90
“Mưa bão” Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Hà Tĩnh.