THCS.TOANMATH.com
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình x 2 + 5 x − 14 =
0.
2) Giải phương trình x 4 + 8 x 2 − 9 =
0.
7
2 x − 3 y =
3) Giải hệ phương trình 
.
7
x + 2 y =
Lời giải
1) Giải phương trình x 2 + 5 x − 14 =
0
Ta có: ∆= 52 − 4.(−14)= 81, ∆= 9 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
−5 + 9
−5 − 9
x1 =
= 2; x2 =
= −7
2
2
S {2; −7} .
Vậy phương trình có tập nghiệm là =
2) Giải phương trình x 4 + 8 x 2 − 9 =
0.
2
Đặt x=
0
t (t ≥ 0) , phương trình ban đầu trở thành t 2 + 8t − 9 =
Ta có: a+b+c= 1+8+(-9)=0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt t1 =
1(tm); t2 =
−9(ktm.t ≥ 0)

Với t =1 => x 2 = 1 <=> x = ±1
Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm là S=

{1; −1} .

7
2 x − 3 y =
3) Giải hệ phương trình 
.
7
x + 2 y =

−7
7
7
2 x − 3 y =
2 x − 3 y =
−7 y =
⇔
⇔

2y 7
4 y 14
2y 7
 x +=
2 x +=
 x +=
=
 y 1=
y 1
⇔
⇔
= 7 =
 x + 2.1
x 5
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(5;1).
Câu 2. (1,0 điểm)
8 

Rút gọn biểu thức M =  (3 − 5) 2 +
: ( 5 + 1) .
5 − 1 

Lời giải
Ta có:

Trang 2

THCS.TOANMATH.com
8 

: ( 5 + 1)
M = 3 − 5 +
5 − 1 

8 

: ( 5 + 1)
=3 − 5 +
5 − 1 


8( 5 + 1) 
=3 − 5 +
 : ( 5 + 1)
5 −1 


8( 5 + 1) 
=3 − 5 +
 : ( 5 + 1)
4


=3 − 5 + 2( 5 + 1)  : ( 5 + 1)
=(3 − 5 + 2 5 + 2) : ( 5 + 1)
=

5 +5
=
5 +1

5(1 + 5)
=
5 +1

5

Câu 3. (2,25 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số (P): y =

1 2
x.
2

1 2
x và đường thẳng (d): y= 2x-2 bằng phép tính.
2
3) Cho phương trình x 2 + (m + 2) x − 4 =
0 (m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của tham số thực

2) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P): y =

m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 + x1 x22 =
8.
Lời giải
1) Vẽ đồ thị hàm số (P): y =
TXĐ: R
Lập bảng:
X
1
y = x2
2

1 2
x.
2

-4
8

-2
2

0
0

2
2

4
8

1 2
x là một đường cong Parabol đỉnh O(0;0) nằm phía trên trục hoành, , nhận
2
trục Oy là trục đối xứng, điểm O là điểm thấp nhất của đồ thị.
Đồ thị:

Đồ thị hàm số y =

Trang 3

THCS.TOANMATH.com

2) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P): y =

1 2
x và đường thẳng (d): y= 2x-2 bằng phép tính.
2

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
1 2
x = 2x − 2 ⇔ x2 − 4x + 4 = 0
2
0
⇔ ( x − 2) 2 =
⇔ x−2=
0
⇔x=
2

Với x=2 => y=2.2-2=2
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;2).
3) Cho phương trình x 2 + (m + 2) x − 4 =
0 (m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m
sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 + x1 x22 =
8.
Ta có:

∆= (m + 2) 2 − 4.1(−4)
= (m + 2) 2 + 16 > 0

Với mọi m phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 =−m − 2; x1.x2 =−4
x12 x2 + x1 x22 =
8
⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) =
8
⇔ −4(−m − 2) =8
⇔ 4m + 8 =
8
⇔ 4m =
0
⇔m=
0

Vậy m=0.
Câu 4. (1,5 điểm)
1) Một đội xe được giao nhiệm vụ vận chuyển 150 tấn hàng tiếp tế đến khu vực có người đang bị cách ly
do dịch Covid-19. Theo kế hoạch phải hoàn thành trong một thời gian nhất định và biết rằng số tấn hàng
mỗi ngày đội xe đó chở là như nhau. Vì tình hình cấp bách nên mỗi ngày đội xe đó đã chở nhiều hơn kế
hoạch ban đầu là 5 tấn hàng, do đó đội xe đã hoàn thành nhiệm vụ được giao sơm hơn 1 ngày. Hỏi theo
kế hoạch ban đầu đội xe phải hoàn thành nhiệm vụ trong bao nhiêu ngày?
2) Tính diện tích xung quanh của một hình trụ có bán kính đáy 2cm và chiều cao gấp 3 lần bán kính đáy.
Trang 4

THCS.TOANMATH.com
Lời giải
1) Một đội xe được giao nhiệm vụ vận chuyển 150 tấn hàng tiếp tế đến khu vực có người đang bị cách ly
do dịch Covid-19. Theo kế hoạch phải hoàn thành trong một thời gian nhất định và biết rằng số tấn hàng
mỗi ngày đội xe đó chở là như nhau. Vì tình hình cấp bách nên mỗi ngày đội xe đó đã chở nhiều hơn kế
hoạch ban đầu là 5 tấn hàng, do đó đội xe đã hoàn thành nhiệm vụ được giao sớm hơn 1 ngày. Hỏi theo
kế hoạch ban đầu đội xe phải hoàn thành nhiệm vụ trong bao nhiêu ngày?
Gọi số tấn hàng mỗi ngày đội xe phải phải chở theo kế hoạch là x (tấn) (0Số tấn hàng mỗi ngày đội xe phải trở theo thực tế là x+5 (tấn)
Thời gian hoàn thành nhiệm vụ theo kế hoạch là

150
(ngày)
x

Thời gian hoàn thành nhiệm vụ theo kế hoạch là

150
(ngày)
x+5

Do đó đội xe đã hoàn thành nhiệm vụ được giao sớm hơn 1 ngày nên ta có phương trình:

150 150
1
−
=
x
x+5
150( x + 5) − 150 x
⇔
=
1
x( x + 5)
⇔ 150 x + 750 − 150 x =x 2 + 5 x
⇔ x 2 + 5 x − 750 =
0
∆= 52 − 4.1.(−750)= 3025 > 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 =

−5 + 3025
−5 − 3025
= 25; x2 =
= −30
2
2

Với x=25 thỏa điều kiện.
Theo kế hoạch ban đầu đội phải hoàn thành trong

150
= 6 (ngày)
25

Vậy theo kế hoạch ban đầu đội phải hoàn thành trong 6 ngày.
2) Tính diện tích xung quanh của một hình trụ có bán kính đáy 2cm và chiều cao gấp 3 lần bán kính đáy.
Chiều cao hình trụ là 2.3=6cm
Diện tích xung quanh hình trụ là=
π rh 2π=
S xq 2=
2.6 24π (cm2).
Câu 5. (3,25 điểm)
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R) kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A và B là hai tiếp
điểm).
1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.
2) Vẽ tia Mx nằm giữa hai tia MA và MO. Tia Mx cắt đường tròn (O; R) tại điểm C và điểm D (điểm
C nằm giữa hai điểm M và D). Chứng minh hai tam giác MAC và MDA đồng dạng, rồi từ đó suy
2

MC  AC 
ra
=
 .
MD  AD 

Trang 5

THCS.TOANMATH.com
3) Gọi H là giao điểm của OM và AB. Kẻ DK vuông góc với AB tại K, OP vuông góc với CD tại P,
OQ vuông góc với HD tại Q. Chứng minh tứ giác HKPQ là hình thang cân.
Lời giải

1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.
 = 900
Ta có: MA là tiếp tuyến của đường tròn (O) => MAO

 = 900
MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) => MBO
 + MBO
 = 900 + 900 = 1800 mà hai góc này đối nhau
Tứ giác MAOB có MAO

Suy ra MAOB là tứ giác nội tiếp.
2) Vẽ tia Mx nằm giữa hai tia MA và MO. Tia Mx cắt đường tròn (O; R) tại điểm C và điểm D (điểm C
nằm giữa hai điểm M và D). Chứng minh hai tam giác MAC và MDA đồng dạng, rồi từ đó suy ra
2

MC  AC 
=
 .
MD  AD 
 (góc nội tiếp với góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)
Xét (O) có 
ADC = MAC
=

⇒ MAC
ADM

Xét ∆MAC và ∆MDA có:


AMD chung

=
MAC
ADM (cmt )
Vậy ∆MAC ~ ∆MDA (g-g).
=>

MA MC
=
MD MA

=> MA2 = MC.MD .
MC MA2  MA 
= =


MD MD 2  MD 

2

Trang 6

THCS.TOANMATH.com
Mặt khác, ∆MAC ~ ∆MDA (g-g) =>

MA AC
=
MD AD

2

MC  AC 
Suy ra
=
 . (đpcm)
MD  AD 

3) Gọi H là giao điểm của OM và AB. Kẻ DK vuông góc với AB tại K, OP vuông góc với CD tại P, OQ
vuông góc với HD tại Q. Chứng minh tứ giác HKPQ là hình thang cân.
Ta có:
OA=OB (=R) => O thuộc đường trung trực của AB.
MA =MB (vì MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên M thuộc trung trực của AB.
=> OM là trung trực của AB.
=> OM vuông góc với AB tại H.
Xét tam giác OAM vuông tại A, đường cao AH có: OA2=OH.OM (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Mà OA=OD => OD2=OH.OM =>

OH OD
.
=
OD OM

Xét ∆ODH và ∆OMD có:

 chung
DOM
OH OD
=
OD OM

Vậy ∆ODH ~ ∆OMD (cgc).

=
 (hai góc tương ứng).
⇒ ODH
OMD

Ta có KD//OM (cùng vuông góc với AB)
=
 (so le trong)
⇒ KDP
OMD
 = PDK
 ⇒ ODH
 + HDP
 = PDK
 + HDP
 ⇒ ODP
 = HDK

⇒ ODH

 + DOP
 =HDK
 + KHD
 (=900 ) ⇒ DOP
 =KHD

Ta có ODP


= OQD
= 900 ( gt )
Xét tứ giác ODPQ có OPD
Mà hai góc này có đỉnh cùng nhìn cạnh OD
=> tứ giác ODPQ là tứ giác nội tiếp.

=
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DP).
⇒ DOP
DQP



 ) , mà hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau.
= DQP
=( DOP
Suy ra KHD
=> PQ//HK
=> HKPQ là hình thang (1).
Xét ∆ODP và ∆HDK có:

Trang 7

THCS.TOANMATH.com



 = HDK
 (cmt )
OPD
= HKD
=( 900 ) và ODP
Vậy ∆ODP ~ ∆HDK (gg) ⇒

OD PD
=
HD KD

Xét ∆ODH và ∆PDK có:

 = PDK
 (cmt ) và OD = PD
ODH
HD KD
Vậy ∆ODH ~ ∆PDK (cgc).

=
 (hai góc tương ứng) .
⇒ OHD
PKD

 + QHK
=
=
 + PKH
900 và PKD
Mặt khác OHD
900
 = PKH
 (2).
Do đó QHK
Từ (1) và (2) suy ra HKPQ là hình thang cân (đpcm)

Trang 8