1. BÀI GIẢI
B I: (2,0 đ ể )
1) Với x = 64 ta có
2 64 2 8 5
8 464
A
 
  
2)
( 1).( ) (2 1). 2 1 2
1
.( ) 1 1
x x x x x x x x x
B
x x x x x x x x
     
    
   
3)
Với x > 0 ta có :
3 2 2 3 1 3
:
2 2 21
2 2 3 2 0 4.( 0)
A x x x
B x x x
x x x x Do x
  
    

        
B II: (2,0 đ ể )
Đặt x (km/h) là vận tốc đi từ A đến B, vậy vận tốc đi từ B đến A là 9x  (km/h)
Do giả thiết ta có:
90 90 1
5
9 2x x
  

10 10 1
9 2x x
  

( 9) 20(2 9)x x x   
2
31 180 0x x    36x  (vì x > 0)
B III: (2,0 đ ể )
1) Hệ phương trình tương đương với:
             
       
               
3x 3 2x 4y 4 5x 4y 1 5x 4y 1 11x 11 x 1
4x 4 x 2y 9 3x 2y 5 6x 4y 10 6x 4y 10 y 1
2)
a) Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là
21 3
2 2
x x  2
2 3 0x x    1 hay 3x x    (Do a – b + c = 0)
Ta có y (-1)=
1
2
; y(3) =
9
2
. Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1;
1
2
) và (3;
9
2
)
b) Phươnh trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là
2 21 1
1
2 2
x mx m m    2 2
2 2 2 0x mx m m      (*)
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt 1x , 2x thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân
biệt. Khi đó 2 2
' 2 2 0 1m m m m        
Khi m > -1 ta có 1 2 2x x  2 2
1 2 1 22 4x x x x    2
1 2 1 2( ) 4 4x x x x   

2. 2 2
4 4( 2 2) 4m m m    
1
8 4
2
m m     
Cách g ả khác: Khi m > -1 ta có
1 2 2x x 
' '
2 '
' '
b b
a a
     
    2 2 2m 
Do đó, yêu cầu bài toán 2 2 2 2m   2 2 2m  
1
2 2 1
2
m m     
Bài IV (3,5 điểm)
1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối
0
ANO 90
0
AMO 90 nên là tứ giác nội tiếp
2/ Hai tam giác ABM và AMC đồng dạng
nên ta có AB. AC = AM2
= AN2
= 62
= 36
2 2
6 6
AC 9(cm)
AB 4
   
BC AC AB 9 4 5(cm)     
3/
1
MTN MON AON
2
  (cùng chắn cung
MN trong đường tròn (O)), và AIN AON
(do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 900
)
Vậy AIN MTI TIC  nên MT // AC do có hai góc so le bằng nhau.
4/ Xét AKO có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm
của OQ và AI thì H là trực tâm của AKO , nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN
vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với
AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển.
Cách g ả khác:
Ta có KB2
= KC2
= KI.KO. Nên K nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn tâm O
và đường tròn đường kính AO. Vậy K nằm trên đường thẳng MN là trục đẳng phương
của 2 đường tròn trên.
B IV: (0,5 đ ể )
Từ giả thiết đã cho ta có
1 1 1 1 1 1
6
ab bc ca a b c
      . Theo bất đẳng thức Cauchy ta
có:
2 2
1 1 1 1
2 a b ab
 
  
 
, 2 2
1 1 1 1
2 b c bc
 
  
 
, 2 2
1 1 1 1
2 c a ca
 
  
 
2
1 1 1
1
2 a a
 
  
 
, 2
1 1 1
1
2 b b
 
  
 
, 2
1 1 1
1
2 c c
 
  
 
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có:
A
O
B
C
N
M
I
T
K
Q
P
H

3. 2 2 2 2 2 2
3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 9
6 6
2 2 2 2 2a b c a b c
   
            
   
2 2 2
1 1 1
3
a b c
 
    
 
(điều phải chứng minh)
TS. Nguyễn Phú Vinh
(TT Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn – TP.HCM)