Đề bài
Câu 1: Tìm điều kiện xác định của biểu thức 13√x–3
A. x≠3. B. x≥3. C. x>3. D. x<3.
Câu 2: Cho hàm số y=3x2. Kết luận nào sau đây đúng?
A. Hàm số đồng biến khi x<0, nghịch biến khi x>0.
B. Hàm số luôn nghịch biến trên R.
C. Hàm số đồng biến trên R.
D. Hàm số nghịch biến khi x<0, đồng biến khi x>0.
Câu 3: Phương trình 2x+3y=5 nhận cặp số nào sau đây là một nghiệm?
A. (–1;1). B. (1;–1). C. (–1;–1). D. (1;1).
Câu 4: Trong đường tròn (O;4cm), dây lớn nhất có độ dài bằng
A. 10cm. B. 8cm. C. 4cm. D. 6cm.
Câu 5: Cho ΔMNP vuông tại M, đường cao MH. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. 1MH2=1MN2.1MP2. B. 1MH2=1MN2–1MP2.
C. 1MH2=1MN2+1MP2. D. 1MH2=1MN+1MP.
Câu 6: Cho hai đường tròn (O;R) và (I;r) với (R>r) tiếp xúc trong với nhau khi đó ta có:
A. OI=R–r. B. OI=R+r. C. R–r<OI<R+r. D. OI>R+r.
Câu 7: Trong hình vẽ bên, sinC bằng

A. ACBC. B. ACAB. C. ABBC. D. ABAC.
Câu 8: Tìm m và n để (x;y)=(1;1) là nghiệm của hệ phương trình {2x+my=3nx+2y=5.
A. m=1;n=1. B. m=1;n=3. C. m=–1;n=3. D. m=–1;n=1.
Câu 9: Có bao nhiêu tứ giác nội tiếp được đường tròn trong các hình vẽ dưới đây?
A. 3. B. 4. C. 1. D. 2.
Câu 10: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất?
A. y=–4x+3. B. y=2+1x. C. y=√x+3. D. y=2x2.
Câu 11: Tìm m để phương trình x2+2(m–2)x+m–3=0 có hai nghiệm trái dấu.
A. m≤3. B. m≥3. C. m>3. D. m<3.
Câu 12: Gọi (x0;y0) là nghiệm của hệ phương trình {x+3y=–7x+2y=–4. Tính S=x0+y0.
A. S=–5. B. S=–1. C. S=1. D. S=5.
Câu 13: Trong hình vẽ bên, với đường tròn (O) thì ∠ABC là

A. góc nội tiếp. B. góc có đỉnh ở bên trong đường tròn.
C. góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung. D. góc ở tâm.
Câu 14: Tổng hai nghiệm của phương trình x2–5x–7=0 bằng
A. –7 B. 5. C. 7. D. –5.
Câu 15: Thể tích hình cầu có bán kính r=5cm là
A. 100πcm2. B. 25πcm2. C. 500π3cm2. D. 100π3cm2.
Câu 16: Tìm m để hàm số y=(m+2)x–5 đồng biến trên R.
A. m>–2. B. m=–2. C. m≠–2. D. m<–2.
Câu 17: Trong các hình vẽ dưới đấy, hình nào vẽ góc có đỉnh bên trong đường tròn?

Câu 18: Hình trụ có bán kính đáy r, chiều cao h thì diện tích xung quanh là
A. πrh. B. 13πr2h. C. 2πrh. D. πr2h.
Câu 19: Giá trị của hàm số y=2x2 tại x=3 là
A. 9 B. 12 C. 18 D. 6
Câu 20: Với a>b, biểu thức 1a–b.√42(a–b)2 có kết quả rút gọn là
A. –2. B. 4. C. 2. D. –4.
Câu 21: Trong hình vẽ bên, biết sđ và sđ. Số đo ∠AED bằng
A. 550. B. 750. C. 350. D. 700.
Câu 22: Gọi x1;x2 là hai nghiệm của phương trình x2–2x–2=0. Tính T=x1+x2+2x1x2.
A. T=–5. B. T=–6. C. T=–2. D. T=–3.
Câu 23: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), biết ∠DBC=800, khi đó ∠DAC bằng
A. 500. B. 1600. C. 400. D. 800.
Câu 24: Tìm điều kiện xác định của biểu thức √x–2.
A. x≥–2. B. x<2. C. x≤2. D. x≠2.
Câu 25: Trong các hệ phương trình sau đây, hệ phương trình nào có vô số nghiệm?
A. {x–y=13x–3y=2. B. {5x–3y=15x+2y=2 C. {3x–2y=56x–4y=10 D. {3x–2y=55x–3y=1
Câu 26: Nếu √3+√x=4 thì x bằng
A. 1. B. 13. C. 169. D. √13.
Câu 27: Có bao nhiêu đường tròn đi qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng?
A. Vô số đường tròn. B. Một đường tròn.
C. Hai đường tròn. D. Không có đường tròn nào.
Câu 28: Tìm a để điểm M(–1;2) thuộc đồ thị hàm số y=ax2(a≠0).
A. a=–14.. B. a=2. C. a=–12. D. a=–2.
Câu 29: Với góc nhọn α tùy ý, khẳng định nào sau đây là Sai?
A. tanα=cosαsinα. B. tanα.cotα=1. C. cotα=cosαsinα. D. sin2α+cos2α=1.
Câu 30: Thể tích hình nón có chiều cao h=5cm, bán kính đáy r=3cm bằng
A. 45πcm2.. B. 9πcm2. C. 15πcm2. D. 60πcm2.
Câu 31: Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên R?
A. y=2x–7. B. y=–3x+5. C. y=–2x2. D. y=5x2.
Câu 32: Biệt thức Δ‘ của phương trình 3x2–2mx–1=0 là
A. m2+3. B. 4m2+12. C. m2–3. D. 4m2–12.
Câu 33: Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn x,y?
A. 2x–5y=3. B. 2x+3√y=0. C. 2x2–4xy+y2=0 D. 4x+1y=3.
Câu 34: Đường thẳng nào sau đây song song với đường thẳng y=–2x+3?
A. y=–2x+7. B. y=–3x+2 C. y=3x+8 D. y=2x+1
Câu 35: Giá tị của biểu thức A=3√80–2√20 bằng
A. 2√5. B. 8√5. C. √60. D. 16√5.
Câu 36: Cho a>0;b>0 và S=2a2+b2+4a+54b. Khi biểu thức S đạt giá trị nhỏ nhất thì T=a+2b có giá trị bằng
A. 7. B. 3. C. 6. D. 5.
Câu 37: Tìm m để hệ phương trình {2x+y=3mx–y=–9 có nghiệm (x;y) thỏa mãn x>0 và y>0.
A. m<–6. B. m<–3. C. m>3. D. m>–6.
Câu 38: Giá trị nhỏ nhất của y=4+√3x2–6x+7 bằng
A. 4. B. 4+√7. C. 6. D. 4+√6.
Câu 39: Một bồn cây có dạng hình tròn bán kính 1m. Do yêu cầu mở rộng diện tích mà bồn cây được mở rộng bằng cách tăng bán kính thêm 0,6m. Tính diện tích tăng thêm của bồn cây đó (lấy π≈3,14 và kết quả làm tròn đến một chữ số thập phân).
A. 4,8m2. B. 3,8m2. C. 1,9m2. D. 4,9m2.
Câu 40: Gọi A,B lần lượt là giao điểm của đường thẳng y=2x+4 với hai trục tọa độ Ox,Oy. Diện tích tam giác AOB bằng
A. 6. B. 2. C. 4. D. 8.
Câu 41: Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d):y=(m–1)x+4m là
A. 2√2. B. 8√2. C. 4√2. D. 4.
Câu 42: Một người mua hai thùng hàng A và B. Nếu thùng hàng A tăng giá 20% và thùng hàng B tăng 30% thì người đó phải trả 302 nghìn đồng. Nếu thùng hàng A giảm giá 10% và thùng hàng B giảm giá 20% thì người đó phải trả 202 nghìn đồng. Giá tiền thùng hàng A và thùng hàng B lúc đầu lần lượt là
A. 20 nghìn đồng, 230 nghìn đồng. B. 100 nghìn đồng, 140 nghìn đồng.
C. 140 nghìn đồng, 100 nghìn đồng. D. 230 nghìn đồng, 20 nghìn đồng.
Câu 43: Có bao nhiêu giá trị của x để A=4√x+16√x+2 (với x≥0) nhận giá trị nguyên?
A. 6. B. 4. C. 8. D. 3.
Câu 44: Cho hai nửa đường tròn đường kính AB và BC tiếp xúc nhau tại B (xem hình vẽ bên), biết AB=BC=18,CD cắt nửa đường tròn (O′) tại E, gọi H là trung điểm của CE,F là điểm chính giữa của cung . Tính HF.
A. HF=2. B. HF=6. C. HF=12. D. HF=3.
Câu 45: Cho tam giác MNP cân tại M, đường cao MI và NK cắt nhau tại O. Đường tròn (O;OK) cắt MI tại G và E (tham khảo hình vẽ bên). Biết MN=MP=√3 và MG=EI. Tính OK.
A. OK=√63. B. OK=√66. C. OK=√62. D. OK=√6.
Câu 46: Trong hình vẽ bên, tam giác ABC vuông tại A, cạnh AB=5cm, đường cao AH=3cm. Độ dài cạnh BCbằng
A. 415cm. B. 4cm. C. 254cm. D. 2516cm.
Câu 47: Một học sinh dùng kế giác, đứng cách chân cột cờ 10m rồi chỉnh mặt thước ngắm cao bằng mắt của mình để xác định góc “nâng” (góc tạo bởi tia sáng đi thẳng từ đỉnh cột cờ với mắt tạo với phương nằm ngang). Khi đó, góc “nâng” đo được 310. Biết khoảng cách từ mặt sân đến mắt học sinh đó bằng 1,5m. Tính chiều cao cột cờ (kết quả làm tròn đến một chữ số thập phân).
A. 6,0m. B. 16,6m. C. 7,5m. D. 5,0m.
Câu 48: Gọi S là tập các giá trị của m để đường thẳng y=mx+3 cắt trục Ox và trục Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác AOB cân. Tính tổng các phần tử của S.
A. 1. B. 3. C. –1. D. 0.
Câu 49: Tìm m để đường thẳng (d):y=x+m–1 cắt parabol (P):y=12x2 tại 2 điểm A và B sao cho ΔAOB vuông tại O (với O là gốc tọa độ).
A. m=3. B. m=1;m=3. C. m=–1;m=–3. D. m=1
Câu 50: Cho đường tròn (O;10cm), dây CD cách tâm O một khoảng bằng 8cm. Khi đó độ dài đáy CD là
A. 6cm. B. 2√41cm. C. 12cm. D. 2√21cm.
Lời giải chi tiết
1. A
|
2. D
|
3. D
|
4. B
|
5. C
|
6. A
|
7. C
|
8. B
|
9. A
|
10. A
|
11. D
|
12. B
|
13. A
|
14. B
|
15. C
|
16. A
|
17. D
|
18. C
|
19. C
|
20. B
|
21. C
|
22. C
|
23. D
|
24. A
|
25. C
|
26. C
|
27. B
|
28. B
|
29. A
|
30. C
|
31. B
|
32. A
|
33. A
|
34. A
|
35. B
|
36. A
|
37. C
|
38. C
|
39. D
|
40. C
|
41. C
|
42. B
|
43. B
|
44. B
|
45. B
|
46. C
|
47. C
|
48. D
|
49. A
|
50. C
|
Câu 1 – Căn bậc ba
Phương pháp:
– Biểu thức 1A xác định khi A≠0.
– Biểu thức 3√A xác định với mọi A.
Cách giải:
Biểu thức 13√x–3 xác định khi và chỉ khi x–3≠0⇔x≠3.
Chọn A.
Câu 2 – Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)
Phương pháp:
Hàm số y=ax2(a≠0).
– Nếu a>0 thì hàm số đồng biến khi x>0, nghịch biến khi x<0.
– Nếu a<0 thì hàm số đồng biến khi x<0, nghịch biến khi x>0.
Cách giải:
Hàm số y=3x2 có a=3>0 nên hàm số nghịch biến khi x<0, đồng biến khi x>0.
Chọn D.
Câu 3 – Phương trình bậc nhất hai ẩn
Phương pháp:
Thay các cặp số ở các đáp án vào phương trình 2x+3y=5.
Cách giải:
– Đáp án A: 2.(–1)+3.1=1≠5.
– Đáp án B: 2.1+3.(–1)=–1≠5.
– Đáp án C: 2.(–1)+3.(–1)=–5≠5.
– Đáp án D: 2.1+3.1=5.
Vậy cặp số (1;1) là một nghiệm của phương trình 2x+3y=5.
Chọn D.
Câu 4 – Đường kính và dây của đường tròn
Phương pháp:
Trong một đường tròn, đường kính là dây cung lớn nhất.
Cách giải:
Đường tròn (O;4cm) có đường kính bằng 8cm.
Vì trong một đường tròn, đường kính là dây cung lớn nhất nên dây lớn nhất của (O;4cm) bằng 8cm.
Chọn B.
Câu 5 – Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
Xét tam giác MNP vuông tại M, đường cao MH ta có: 1MH2=1MN2+1MP2.
Vậy khẳng định C đúng.
Chọn C.
Câu 6 – Vị trí tương đối của hai đường tròn
Phương pháp:
Hai đường tròn (O;R) và (I;r) tiếp xúc trong khi và chỉ khi OI=|R–r|.
Cách giải:
Hai đường tròn (O;R) và (I;r) (với R>r) tiếp xúc trong với nhau thì ta có OI=|R–r|=R–r (do R>r).
Chọn A.
Câu 7 – Tỉ số lượng giác của góc nhọn
Phương pháp:
Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông: sin=doihuyen.
Cách giải:
Ta có: sinC=ABBC.
Chọn C.
Câu 8 – Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn
Phương pháp:
Thay nghiệm (x;y)=(1;1) vào hệ phương trình và tìm m,n.
Cách giải:
Vì (x;y)=(1;1) là nghiệm của hệ phương trình nên ta có: {2.1+m.1=3n.1+2.1=5⇔{2+m=3n+2=5⇔{m=1n=3.
Chọn B.
Câu 9 – Tứ giác nội tiếp
Phương pháp:
Sử dụng định lí:
– Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800 là tứ giác nội tiếp.
– Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện là tứ giác nội tiếp.
Cách giải:
– Hình 1: Ta có: ∠ABC=∠ADC=900 ⇒∠ABC+∠ADC=900+900=1800.
⇒ABCD là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800).
– Hình 2: Ta có: ∠QMN+∠QPN=700+1100=1800.
⇒MNPQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800).
– Hình 3: Ta có: ∠GKI=∠IHx.

⇒GHIK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800).
– Hình 3: Ta có: ∠EFJ>900,∠ELJ=900 ⇒∠EFJ+∠ELJ>1800.
⇒EFJL không là tứ giác nội tiếp.
Vậy có 3 tứ giác nội tiếp.
Chọn A.
Câu 10 – Hàm số bậc nhất
Phương pháp:
Hàm số bậc nhất là hàm số có dạng y=ax+b(a≠0).
Cách giải:
Hàm số y=–4x+3 là hàm số bậc nhất.
Chọn A.
Câu 11 – Phương trình bậc hai một ẩn số
Phương pháp:
Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm trái dấu ⇔ac<0.
Cách giải:
Phương trình x2+2(m–2)x+m–3=0 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi 1.(m–3)<0⇔m<3.
Chọn D.
Câu 12 – Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Phương pháp:
– Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
– Xác định nghiệm của hệ phương trình, suy ra x0,y0 và tính S=x0+y0.
Cách giải:
Ta có:
{x+3y=–7x+2y=–4⇔{y=–3x+2y=–4⇔{y=–3x+2.(–3)=–4 ⇔{y=–3x–6=–4⇔{y=–3x=2.
⇒(2;–3) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho.
⇒x0=2,y0=–3.
Vậy S=x0+y0=2+(–3)=–1.
Chọn B.
Câu 13 – Góc nội tiếp
Phương pháp:
Góc nội tiếp là góc của đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó.
Cách giải:
Ta thấy: ∠ABC là góc có đỉnh B nằm trên đường tròn, hai cạnh của góc chứa hai dây cung BA,BC của đường tròn. Do đó ∠ABC là góc nội tiếp của đường tròn (O).
Chọn A.
Câu 14 – Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Phương pháp:
Sử dụng định lí Vi-ét: Nếu phương trình bậc hai ax2+bx+c=0(a≠0) có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thì x1+x2=–ba.
Cách giải:
Phương trình x2–5x–7=0 có 2 nghiệm trái dấu (do ac=–7<0).
Áp dụng định lí Vi-et ta có: Tổng hai nghiệm của phương trình bằng –ba=–(–5)1=5.
Chọn B.
Câu 15 – Hình cầu – Diện tích mặt cầu và thể tích mặt cầu
Phương pháp:
Thể tích khối cầu bán kính r là V=43πr3.
Cách giải:
Thể tích khối cầu có bán kính r=5cm là V=43π.53=500π3(cm3).
Chọn C.
Câu 16 – Hàm số bậc nhất
Phương pháp:
Cho hàm số y=ax+b(a≠0):
– Hàm số đồng biến trên R khi a>0.
– Hàm số đồng biến trên R khi a<0.
Cách giải:
Hàm số y=(m+2)x–5 đồng biến trên R khi và chỉ khi m+2>0⇔m>–2.
Chọn A.
Câu 17 – Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn
Phương pháp:
Góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn, hai cạnh của góc chứa hai dây cung của đường tròn đó.
Cách giải:
Góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn là hình 3.
Chọn D.
Câu 18 – Hình trụ – Diện tích xung quanh và thể tích của Hình trụ
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là Sxq=2πrh.
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là Sxq=2πrh.
Chọn C.
Câu 19 – Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)
Phương pháp:
Thay x=3 vào hàm số để tính giá trị của hàm số tại x=3.
Cách giải:
Thay x=3 vào hàm số y=2x2 ta có: y=2.32=18.
Vậy giá trị của hàm số y=2x2 tại x=3 là 18.
Chọn C.
Câu 20 – Căn thức bậc hai và hằng đẳng thức √A^(2)=|A|
Phương pháp:
– Sử dụng hằng đẳng thức √A2=|A|.
– Phá trị tuyệt đối: |A|=[AkhiA≥0–AkhiA<0.
Cách giải:
Ta có:
1a–b.√42(a–b)2=1a–b.4|a–b|=1a–b.4(a–b)(Doa>b⇒a–b>0)=4.
Chọn B.
Câu 21 – Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn
Phương pháp:
Sử dụng định lí: Số đo của góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.
Cách giải:
Vì ∠AED là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn nên
∠AED=sdcungAmD–sdcungCnB2=1100–4002=7002=350
Chọn C.
Câu 22 – Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Phương pháp:
Cho phương trình bậc hai ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm, áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=–bax1x2=ca.
Cách giải:
Vì x1,x2 là hai nghiệm của phương trình x2–2x–2=0 nên ta có {x1+x2=–(–2)1=2x1x2=–21=–2.
Vậy T=x1+x2+2x1x2=2+2.(–2)=–2.
Chọn C.
Câu 23 – Góc nội tiếp
Phương pháp:
Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.
Cách giải:
Xét đường tròn (O) ta có: ∠DAC=∠DBC=800 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
Chọn D.
Câu 24 – Căn thức bậc hai và hằng đẳng thức √A^(2)=|A|
Phương pháp:
Biểu thức √f(x) xác định ⇔f(x)≥0.
Cách giải:
Biểu thức √x–2 xác định ⇔x–2≥0⇔x≥2.
Chọn A.
Câu 25 – Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn
Phương pháp:
Hệ phương trình {a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2 có vô số nghiệm ⇔a1a2=b1b2=c1c2.
Cách giải:
Xét đáp án C: {3x–2y=56x–4y=10 ta có: 36=–2–4=510=12
⇒ Hệ phương trình có vô số nghiệm.
Chọn C.
Câu 26 – Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
Giải phương trình: √f(x)=a(a≥0)⇔{f(x)≥0f(x)=a2.
Cách giải:
√3+√x=4⇔{x≥03+√x=16⇔{x≥0√x=13 ⇔{x≥0x=169⇔x=169
Vậy x=169.
Chọn C.
Câu 27 – Sự xác định đường tròn. Tính chất đối xứng của đường tròn
Phương pháp:
Có một và chỉ một đường tròn đi qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng.
Cách giải:
Có một và chỉ một đường tròn đi qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng.
Chọn B.
Câu 28 – Đồ thị hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm M vào hàm số đã cho để tìm a.
Cách giải:
Thay tọa độ điểm M(–1;2) vào hàm số y=ax2(a≠0) ta được: 2=a.(–1)2⇔a=2(tm).
Vậy a=2.
Chọn B.
Câu 29 – Tỉ số lượng giác của góc nhọn
Phương pháp:
Sử dụng các công thức tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.
Cách giải:
Ta có các công thức: tanα=sinαcosα; cotα=cosαsinα; tanα.cotα=1; sin2α+cos2α=1.
Vậy chỉ có đáp án A sai.
Chọn A.
Câu 30 – Hình nón – Hình nón cụt – Diện tích xung quanh và thể tích của hình nón, hình nón cụt
Phương pháp:
Thể tích của hình nón có bán kính đáy R và chiều cao h là: V=13πR2h.
Cách giải:
Thể tích của hình nón đã cho là: V=13πR2h=13π.32.5=15πcm3.
Chọn C.
Câu 31 – Hàm số bậc nhất
Phương pháp:
Hàm số y=ax+b(a≠0) nghịch biến trên R khi a<0.
Cách giải:
Trong các đáp án, chỉ có hàm số y=–3x+5 là hàm số nghịch biến trên R.
Chọn B.
Câu 32 – Công thức nghiệm thu gọn
Phương pháp:
Phương trình ax2+2b′x+c=0(a≠0) có: Δ‘=b‘2–ac.
Cách giải:
Phương trình 3x2–2mx–1=0 có Δ‘=b‘2–ac=m2+3.
Chọn A.
Câu 33 – Phương trình bậc nhất hai ẩn
Phương pháp:
Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng: ax+by=c(ab≠0).
Cách giải:
Trong các đáp án, chỉ có phương trình 2x–5y=3 là phương trình bậc nhất hai ẩn.
Chọn A.
Câu 34 – Đường thẳng song song và đường thẳng cắt nhau
Phương pháp:
Hai đường thẳng d1:y=a1x+b1 và d2:y=a2x+b2 song song với nhau ⇔{a1=a2b1≠b2.
Cách giải:
Đường thẳng song song với đường thẳng y=–2x+3 có dạng: y=–2x+b(b≠3).
⇒ Chỉ có đáp án A: y=–2x+7 thỏa mãn.
Chọn A.
Câu 35 – Căn thức bậc hai và hằng đẳng thức √A^(2)=|A|
Phương pháp:
Sử dụng công thức: √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0–A√BkhiA<0,B≥0.
Cách giải:
Ta có: A=3√80–2√20 =3√42.5–2√22.5=3.4√5–2.2√5=8√5
Chọn B.
Câu 36 – Bất đẳng thức
Phương pháp:
Áp dụng BĐT Cô-si với 3 số thực không âm a,b,c: a+b+c≥33√abc. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Cách giải:
Ta có:
S=2a2+b2+4a+54bS=(2a2+2a+2a)+(b2+27b+27b)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
2a2+2a+2a≥33√2a2.2a.2a=6b2+27b+27b≥33√b2.27b.27b=27
Khi đó ta có S≥6+27=33.
⇒Smin. Dấu “=” xảy ra \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{a^2} = \dfrac{2}{a}\\{b^2} = \dfrac{{27}}{b}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^3} = 1\\{b^3} = 27\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 3\end{array} \right..
Vậy khi đó T = a + 2b = 1 + 2.3 = 7.
Chọn A.
Câu 37 – Ôn tập chương 3: Hệ hai phương trình bậc nhất một ẩn
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số để tìm x,\,\,y.
Sau đó giải hệ bất phương trình \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\y > 0\end{array} \right. để tìm m.
Cách giải:
Ta có: \left\{ \begin{array}{l}2x + y = 3m\\x – y = – 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 3m – 9\\y = x + 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = m – 3\\y = m – 3 + 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = m – 3\\y = m + 6\end{array} \right.
Hệ phương trình có nghiệm \left( {x;\,\,y} \right) thỏa mãn \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\y > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m – 3 > 0\\m + 6 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 3\\m > – 6\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 3.
Chọn C.
Câu 38 – Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Phương pháp:
Biến đổi biểu thức trong dấu căn bậc hai để tìm GTNN của biểu thức.
Cách giải:
Ta có:
\begin{array}{l}y = 4 + \sqrt {3{x^2} – 6x + 7} \\\,\,\,\,\, = 4 + \sqrt {3\left( {{x^2} – 2x} \right) + 7} \\\,\,\,\,\, = 4 + \sqrt {3\left( {{x^2} – 2x + 1} \right) + 4} \\\,\,\,\,\,\, = 4 + \sqrt {3{{\left( {x – 1} \right)}^2} + 4} \end{array}
Vì {\left( {x – 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x \Rightarrow 3{\left( {x – 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x \Rightarrow 3{\left( {x – 1} \right)^2} + 4 \ge 4\,\,\forall x \Rightarrow \sqrt {3{{\left( {x – 1} \right)}^2} + 4} \ge 2\,\,\forall x
\Rightarrow y = 4 + \sqrt {3{{\left( {x – 1} \right)}^2} + 4} \ge 4 + 2 = 6
Dấu “=” xảy ra \Leftrightarrow x – 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1.
Vậy Min\,\,y = 6 khi x = 1.
Chọn C.
Câu 39 – Hình cầu – Diện tích mặt cầu và thể tích mặt cầu
Phương pháp:
Diện tích đường tròn bán kính R là: S = \pi {R^2}.
Diện tích phần bồn cây tăng thêm là: S = \pi {R^2} – \pi {r^2}.
Cách giải:
Diện tích của bồn cây ban đầu là: {S_1} = \pi {r^2} = \pi \,\,\left( {{m^2}} \right).
Bán kính của bồn cây sau khi mở rộng là: R = 1 + 0,6 = 1,6\,\,m.
Diện tích của bồn cây sau khi mở rộng là: {S_2} = \pi {R^2} = \pi .1,{6^2}\,\,\left( {{m^2}} \right).
\Rightarrow Diện tích của phần bồn cây mở rộng thêm là: S = \pi .1,{6^2} – \pi = \left( {1,{6^2} – 1} \right).3,14 \approx 4,9\,\,{m^2}.
Chọn D.
Câu 40 – Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 – Đại số
Phương pháp:
– Cho lần lượt x = 0,\,\,y = 0 tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng với các trục Ox,\,\,Oy.
– Sử dụng công thức A\left( {a;0} \right) \Rightarrow OA = \left| a \right|,\,\,B\left( {0;b} \right) \Rightarrow OB = \left| b \right|.
– Tính diện tích tam giác vuông OAB:\,\,{S_{\Delta OAB}} = \dfrac{1}{2}OA.OB.
Cách giải:
Gọi A = d \cap Ox.
Cho y = 0 \Rightarrow 2x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = – 2.
\Rightarrow A\left( { – 2;0} \right) \Rightarrow OA = \left| { – 2} \right| = 2.
Gọi B = d \cap Oy.
Cho x = 0 \Rightarrow y = 2.0 + 4 = 4.
Tam giác OAB vuông tại O nên {S_{\Delta OAB}} = \dfrac{1}{2}OA.OB = \dfrac{1}{2}.2.4 = 4.
Chọn C.
Câu 41 – Đồ thị của hàm số y = ax + b (a ≠ 0)
Phương pháp:
– Đưa hàm số về dạng phương trình bậc nhất ẩn m: Am + B = 0, tìm điều kiện để phương trình nghiệm đúng A = B = 0, từ đó xác định điểm cố định M mà đường thẳng d đi qua.
– Sử dụng định lí đường vuông góc và đường xiên, chứng minh d\left( {O;d} \right) \le OM. Dấu “=” xảy ra \Leftrightarrow OM \bot d.
Cách giải:
Ta có:
\begin{array}{l}\,\,\,\,\,y = \left( {m – 1} \right)x + 4m\\ \Leftrightarrow mx – x + 4m – y = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x – 4} \right)m – x – y = 0\end{array}
Phương trình trên đúng với mọi m khi và chỉ khi \left\{ \begin{array}{l}x – 4 = 0\\ – x – y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = – 4\end{array} \right..
\Rightarrow Đường thẳng \left( d \right) đi qua điểm M\left( {4; – 4} \right)\,\,\forall m.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng d, ta có d\left( {O;d} \right) = OH \le OM (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
Do đó khoảng cách từ O đến đường thẳng d đạt GTLN khi và chỉ khi
d\left( {O;d} \right) = OM = \sqrt {{{\left( {4 – 0} \right)}^2} + {{\left( { – 4 – 0} \right)}^2}} = 4\sqrt 2 .
Chọn C.
Câu 42 – Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình
Phương pháp:
Gọi giá tiền thùng hàng A là x (nghìn đồng) (ĐK: x > 0)
giá tiền thùng hàng B là y (nghìn đồng) (ĐK: y > 0).
– Tính giá tiền thùng hàng A sau khi tăng giá 20% và tiền thùng hàng B sau khi tăng giá 30%, dựa vào dữ kiện thùng A tăng giá 20% và thùng B tăng giá 30% thì người đó phải trả 302 nghìn đồng lập phương trình.
– Tương tự dựa vào dữ kiện thùng A giảm giá 10% và thùng B giảm giá 20% thì người đó phải trả 202 nghìn đồng để lập phương trình thứ hai.
– Suy ra hệ phương trình. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số. Đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi giá tiền thùng hàng A là x (nghìn đồng) (ĐK: x > 0)
giá tiền thùng hàng B là y (nghìn đồng) (ĐK: y > 0).
Giá tiền thùng hàng A sau khi tăng giá 20% là x + 20\% x = 1,2x (nghìn đồng).
Giá tiền thùng hàng B sau khi tăng giá 30% là y + 30\% y = 1,3y (nghìn đồng).
Vì thùng A tăng giá 20% và thùng B tăng giá 30% thì người đó phải trả 302 nghìn đồng nên ta có phương trình: 1,2x + 1,3y = 302.
Tương tự: khi thùng A giảm giá 10% và thùng B giảm giá 20% thì người đó phải trả 202 nghìn đồng nên ta có phương trình 0,9x + 0,8y = 202.
Khi đó ta có hệ phương trình:
\left\{ \begin{array}{l}1,2x + 1,3y = 302\\0,9x + 0,8y = 202\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12x + 13y = 3020\\9x + 8y = 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}36x + 39y = 9060\\36x + 32y = 8080\end{array} \right.
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 980\\9x + 8y = 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 140\,\,\,\left( {tm} \right)\\9x + 8.140 = 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 140\\x = 100\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right).
Vậy giá tiền thùng hàng A là 100 nghìn đồng, giá tiền thùng hàng B là 140 nghìn đồng.
Chọn B.
Câu 43 – Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
– Đánh giá, chặn khoảng giá trị của biểu thức A.
– Tìm các giá trị nguyên của A trong khoảng hoặc đoạn bị chặn, từ đó tìm x và đối chiếu điều kiện.
Cách giải:
Với x \ge 0, ta có: A = \dfrac{{4\sqrt x + 16}}{{\sqrt x + 2}} = \dfrac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right) + 8}}{{\sqrt x + 2}} = 4 + \dfrac{8}{{\sqrt x + 2}}.
Vì \sqrt x + 2 \ge 2 nên \dfrac{8}{{\sqrt x + 2}} \le 4 \Rightarrow A = 4 + \dfrac{8}{{\sqrt x + 2}} \le 8.
Lại có \dfrac{8}{{\sqrt x + 2}} > 0 nên A = 4 + \dfrac{8}{{\sqrt x + 2}} > 4.
\Rightarrow 4 < A \le 8.
Mà A nhận giá trị nguyên \Rightarrow A \in \left\{ {5;6;7;8} \right\} \Rightarrow \dfrac{8}{{\sqrt x + 2}} \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}.
Ta có bảng sau:
\dfrac{8}{{\sqrt x + 2}}
|
1
|
2
|
3
|
4
|
\sqrt x + 2
|
8
|
4
|
\dfrac{8}{3}
|
2
|
\sqrt x
|
6
|
2
|
\dfrac{2}{3}
|
0
|
x
|
36
|
4
|
\dfrac{4}{9}
|
0
|
|
TM
|
TM
|
TM
|
TM
|
Vậy có 4 giá trị của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Chọn B.
Chú ý khi giải: Nhiều học sinh có cách giải sai lầm như sau:
Để A = 4 + \dfrac{8}{{\sqrt x + 2}} \in \mathbb{Z} thi \sqrt x + 2 \in Ư(8) = \left\{ { \pm 1; \pm 2; \pm 4; \pm 8} \right\}.
Do \sqrt x + 2 \ge 2 \Rightarrow \sqrt x + 2 \in \left\{ {2;4;8} \right\} \Rightarrow \sqrt x \in \left\{ {0;2;6} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ {0;4;36} \right\}.
Cách giải này sai do x không hẳn là số nguyên.
Câu 44 – Vị trí tương đối của hai đường tròn
Phương pháp:
– Tính độ dài CD.
– Sử dụng định lí đường trung bình của hình thang, chứng minh E là trung điểm của HD, từ đó tính độ dài HC, từ đó áp dụng định lí Pytago tính O’H.
– Chứng minh O’,\,\,H,\,\,F thẳng hàng, sử dụng quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung và tiên đề Ơ-clit.
– Tính HF = O’F – O’H.
Cách giải:

Vì CD là tiếp tuyến của \left( O \right) nên \angle ODC = {90^0} \Rightarrow \Delta OCD vuông tại D.
Ta có OB = \dfrac{1}{2}AB = 9 \Rightarrow OC = OB + BC = 9 + 18 = 27.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OCD ta có:
\begin{array}{l}C{D^2} = O{C^2} – O{D^2}\\C{D^2} = {27^2} – {9^2}\\C{D^2} = 648\\ \Rightarrow CD = 18\sqrt 2 \end{array}
Vì AB = BC = 18 \Rightarrow OB = O’B = 9
\Rightarrow O là trung điểm của OO’ (1).
Ta có: OD \bot CD\,\,\,\left( {cmt} \right)
O’H \bot EC \Rightarrow O’H \bot CD (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
BE \bot CE \Rightarrow BE \bot CD (\angle BEC = {90^0} do là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \left( {O’} \right)).
\Rightarrow OD\parallel O’H\parallel BE\,\,\left( 2 \right).
Từ (1) và (2) \Rightarrow E là trung điểm của HD (định lí đường trung bình của hình thang).
\Rightarrow DE = EH = CH.
\Rightarrow CH = \frac{1}{3}CD = \frac{1}{3}.18\sqrt 2 = 6\sqrt 2 .
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông O’HC có:
\begin{array}{l}O'{H^2} = O'{C^2} – H{C^2}\\O'{H^2} = {9^2} – {\left( {6\sqrt 2 } \right)^2}\\O'{H^2} = 9\\ \Rightarrow O’H = 3\end{array}
Vì F là điểm chính giữa của chung CE nên cungCF = cungEF \Rightarrow CF = EF (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau), do đó tam giác EFC cân tại F, suy ra FH \bot CE (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Lại có O’H \bot CE\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow O’H \equiv FH (tiên đề Ơ-clit) hay O’,\,\,H,\,\,F thẳng hàng.
Vậy HF = O’F – O’H = 9 – 3 = 6.
Chọn B.
Câu 45 (VDC) – Ôn tập chương 2: Đường tròn
Phương pháp:
– Đặt NP = 2x (ĐK: x > 0). Tính MI theo x.
– Chứng minh O là trung điểm của MI, tính OM,\,\,OI theo x. Từ đó tính ON theo x.
– Chứng minh \Delta ONI và \Delta PNK đồng dạng, từ đó tính NK theo x.
– Chứng minh MI.NP = NK.MP, giải phương trình tìm x.
– Tính OK = NK – ON.
Cách giải:
Đặt NP = 2x (ĐK: x > 0).
Vì \Delta MNP cân tại M\,\,\left( {gt} \right) nên I là trung điểm của NP (đường cao đồng thời là đường trung tuyến).
\Rightarrow NI = IP = x.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông MIP ta có: M{I^2} = M{P^2} – I{P^2} = 3 – {x^2} \Rightarrow MI = \sqrt {3 – {x^2}} .
Ta có: MG = EI\,\,\left( {gt} \right),\,\,OG = OE (= bán kính của \left( O \right)) \Rightarrow OM = OI.
\Rightarrow OM = OI = \frac{1}{2}MI = \frac{{\sqrt {3 – {x^2}} }}{2}.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OIN có:
\begin{array}{l}O{N^2} = N{I^2} + O{I^2}\\O{N^2} = {x^2} + \frac{{3 – {x^2}}}{4} = \frac{{3{x^2} + 3}}{4}\\ \Rightarrow ON = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\sqrt {{x^2} + 1} \end{array}
Xét \Delta ONI và \Delta PNK có \angle KNP chung; \angle OIN = \angle PKN = {90^0}.
\Rightarrow \Delta ONI \sim \Delta PNK\,\,\left( {g.g} \right)
\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{ON}}{{PN}} = \frac{{NI}}{{NK}}\\ \Rightarrow \frac{{\sqrt 3 .\sqrt {{x^2} + 1} }}{{2.2x}} = \frac{x}{{NK}}\\ \Rightarrow NK = \frac{{4{x^2}}}{{\sqrt 3 .\sqrt {{x^2} + 1} }}\end{array}
Ta có: {S_{\Delta MNP}} = \frac{1}{2}MI.NP = \frac{1}{2}NK.MP
\begin{array}{l} \Rightarrow MI.NP = NK.MP\\ \Rightarrow \sqrt {3 – {x^2}} .2x = \frac{{4{x^2}}}{{\sqrt 3 .\sqrt {{x^2} + 1} }}.\sqrt 3 \\ \Leftrightarrow \sqrt {3 – {x^2}} .\sqrt {{x^2} + 1} = 2x\\ \Leftrightarrow \left( {3 – {x^2}} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) = 4{x^2}\\ \Leftrightarrow – {x^4} + 2{x^2} + 3 = 4{x^2}\\ \Leftrightarrow {x^4} + 2{x^2} – 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^4} – {x^2} + 3{x^2} – 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} – 1} \right) + 3\left( {{x^2} – 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} – 1} \right)\left( {{x^2} + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 3\,\,\,\left( {Vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x = 1\,\,\left( {Do\,\,x > 0} \right)\end{array}
Với x = 1 ta có NK = \frac{4}{{\sqrt 3 .\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}, ON = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 2 = \frac{{\sqrt 6 }}{2}.
Vậy OK = NK – ON = \frac{{2\sqrt 6 }}{3} – \frac{{\sqrt 6 }}{2} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}.
Chọn B.
Câu 46 (TH) – Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
– Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AHB tính BH.
– Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC tính BC: A{B^2} = BH.BC.
Cách giải:
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AHB ta có:
\begin{array}{l}B{H^2} = A{B^2} – A{H^2}\\B{H^2} = {5^2} – {3^2}\\B{H^2} = 16\\ \Rightarrow BH = 4\,\,\left( {cm} \right)\end{array}
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, đường cao AH ta có:
A{B^2} = BH.BC \Rightarrow BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}} = \frac{{{5^2}}}{4} = \frac{{25}}{4}\,\,\left( {cm} \right).
Chọn C.
Câu 47 (VD) – Tỉ số lượng giác của góc nhọn
Phương pháp:
– Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AHB tính BH.
– Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC tính BC: A{B^2} = BH.BC.
Cách giải:
Ta có hình vẽ như sau:

Theo bài ra ta có: AD = 10m,\,\,\,CD = 1,5m, góc “nâng” \angle BCH = {31^0} (với H là hình chiếu vuông góc của C lên AB).
Vì ADCH là hình chữ nhật nên CH = AD = 10m, AH = CD = 1,5m.
Xét tam giác vuông BCH có: BH = CH.\tan {31^0} = 10.\tan {31^0}\,\,\left( m \right).
Vậy chiều cao cột cờ là AB = AH + BH = 1,5 + 10.tan{31^0} \approx 7,5\,\,\left( m \right).
Chọn C.
Câu 48 (VD) – Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b (a ≠ 0)
Phương pháp:
– Tam giác OAB cân nên sẽ vuông cân tại O.
– Sử dụng định nghĩa hệ số góc của đường thẳng y = ax + b là a = \tan \alpha , với \alpha là góc tạo bởi đường thẳng và chiều dương của trục Ox.
Cách giải:
hoặc 
Tam giác OAB cân (gt), lại có \Delta OAB vuông tại O, suy ra \Delta OAB vuông cân tại O, do đó đường thẳng y = mx + 3 tạo với chiều dương trục Ox hoặc góc {45^0}, hoặc góc {135^0}.
\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \tan {45^0}\\m = \tan {135^0}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = – 1\end{array} \right. \Rightarrow S = \left\{ { – 1;1} \right\}.
Vậy tổng các phần tử của S là – 1 + 1 = 0.
Chọn D.
Câu 49 (VDC) – Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 – Đại số
Phương pháp:
– Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
– Gọi A\left( {a;a + m – 1} \right),\,\,B\left( {b;b + m – 1} \right)\,\,\,\left( {a < 0,\,\,b > 0} \right). Tính \tan \angle AOM,\,\,\tan \angle BON.
– Gọi M,\,\,N lần lượt là hình chiếu của A,\,\,B lên trục Ox, chứng minh \angle AOM + \angle BON = {90^0} \Rightarrow \tan \angle AOM.\tan \angle BON = 1.
– Áp dụng định lí Vi-ét. Sau đó giải phương trình tìm m và đối chiếu điều kiện.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm \frac{1}{2}{x^2} = x + m – 1 \Leftrightarrow {x^2} – 2x – 2m + 2 = 0\,\,\left( * \right).
Để đường thẳng \left( d \right) cắt \left( P \right) tại 2 điểm phân biệt và ba điểm O,\,\,A,\,\,B tạo thành 1 tam giác thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\{0^2} – 2.0 – 2m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + 2m – 2 > 0\\ – 2m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m – 1 > 0\\m \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{1}{2}\\m \ne 1\end{array} \right..
Gọi A\left( {a;a + m – 1} \right),\,\,B\left( {b;b + m – 1} \right)\,\,\,\left( {a < 0,\,\,b > 0} \right).
Gọi M,\,\,N là hình chiếu vuông góc của A,\,\,B lên trục Ox. Khi đó ta có OM = \left| {} \right|
OM = \left| {{x_A}} \right| = – a,\,\,AM = \left| {{y_A}} \right| = a + m – 1 (do {y_A} = \frac{1}{2}x_A^2 \ge 0).
ON = \left| {{x_B}} \right| = b,\,\,BN = \left| {{y_B}} \right| = b + m – 1 (do {y_B} = \frac{1}{2}x_B^2 \ge 0).
Xét tam giác vuông OAM có: \tan \angle AOM = \frac{{AM}}{{OM}} = \frac{{a + m – 1}}{{ – a}}.
Xét tam giác vuông OBM có: \tan \angle BON = \frac{{BN}}{{ON}} = \frac{{b + m – 1}}{b}.
Vì \angle AOM + \angle BON = {90^0} nên \tan \angle AOM.\tan \angle BON = 1.
\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{a + m – 1}}{{ – a}}.\frac{{b + m – 1}}{b} = 1\\ \Leftrightarrow ab + \left( {m – 1} \right)\left( {a + b} \right) + {\left( {m – 1} \right)^2} = – ab\\ \Leftrightarrow 2ab + \left( {m – 1} \right)\left( {a + b} \right) + {\left( {m – 1} \right)^2} = 0\,\,\,\,(**)\end{array}
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \left\{ \begin{array}{l}a + b = 2\\ab = – 2m + 2\end{array} \right..
Thay vào (**) ta có:
\begin{array}{l}2\left( { – 2m + 2} \right) + \left( {m – 1} \right).2 + {\left( {m – 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow – 4m + 4 + 2m – 2 + {m^2} – 2m + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} – 4m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} – m – 3m + 3 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m – 1} \right) – 3\left( {m – 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m – 1} \right)\left( {m – 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m – 1 = 0\\m – 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 3\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}
Vậy m = 3.
Chọn A.
Chú ý khi giải: Các em học sinh cần lưu ý, để OAB là tam giác thì phương trình (*) cần có hai nghiệm phân biệt khác 0. Tránh chọn nhầm đáp án B do không loại nghiệm triệt để.
Câu 50 (VD) – Liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây
Phương pháp:
Gọi H là hình chiếu của O trên CD \Rightarrow OH = 8cm và H là trung điểm của CD.
Áp dụng định lý Pitago cho \Delta OCH vuông tại H để tính AH \Rightarrow CD = 2AH.
Cách giải:
Gọi H là hình chiếu của O trên CD \Rightarrow OH = 8cm và H là trung điểm của CD.
Áp dụng định lý Pitago cho \Delta OCH vuông tại H ta có:
\begin{array}{l}CH = \sqrt {O{C^2} – O{H^2}} = \sqrt {{{10}^2} – {8^2}} = 6\,\,cm.\\ \Rightarrow CD = 2CH = 12\,\,cm.\end{array}
Chọn C.