Toán 9 - Đề chuyên (Tăng cường 4) kèm Lời giải chi tiết

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (20 câu – 5,0 điểm)

Câu 1. Với $x > 0, y > 0, 2x \ne y$, rút gọn biểu thức $B = \dfrac{2x - \sqrt{2xy}}{2x - y}$ ta được:

Lời giải:
Đặt $u = \sqrt{2x} > 0$ và $v = \sqrt{y} > 0$ ($u \ne v$). Ta có:

$$2x - y = u^2 - v^2 = (u - v)(u + v)$$

$$2x - \sqrt{2xy} = u^2 - uv = u(u - v)$$

Suy ra:

$$B = \dfrac{u(u - v)}{(u - v)(u + v)} = \dfrac{u}{u + v} = \dfrac{\sqrt{2x}}{\sqrt{2x} + \sqrt{y}}$$

Chọn C.

Câu 2. Tìm giá trị của biểu thức $A = \dfrac{x - 2}{\sqrt{x} + 3}$ khi $x = 16$.

Lời giải:
Thay $x = 16$ (thỏa mãn điều kiện $x \ge 0$) vào biểu thức $A$, ta được:

$$A = \dfrac{16 - 2}{\sqrt{16} + 3} = \dfrac{14}{4 + 3} = \dfrac{14}{7} = 2$$

Chọn A.

Câu 3. Tổng các nghiệm của phương trình $3^{x^4 - 3x^2} = 81$ là:

Lời giải:
Ta có $81 = 3^4$, do đó:

$$3^{x^4 - 3x^2} = 3^4 \Leftrightarrow x^4 - 3x^2 = 4 \Leftrightarrow x^4 - 3x^2 - 4 = 0$$

Đặt $t = x^2$ ($t \ge 0$), phương trình trở thành:

$$t^2 - 3t - 4 = 0 \Leftrightarrow (t - 4)(t + 1) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} t = 4 \text{ (nhận)} \\ t = -1 \text{ (loại)} \end{array}\right.$$

Với $t = 4 \Rightarrow x^2 = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2$.
Tổng các nghiệm của phương trình là: $2 + (-2) = 0$.
Chọn A.

Câu 4. Cho phương trình $x^2 - (m - 1)x - m^2 + m - 2 = 0$. Phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu. Tìm $m$ để biểu thức $A = x_1^2 + x_2^2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:
Xét tích hai nghiệm: $P = x_1 x_2 = -(m^2 - m + 2) = -\left[\left(m - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{7}{4}\right] \le -\dfrac{7}{4} < 0$ với mọi $m$.
Do đó phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu $x_1, x_2$.
Theo định lí Viète: $x_1 + x_2 = m - 1$ và $x_1 x_2 = -m^2 + m - 2$.
Ta có:

$$A = x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1 x_2 = (m - 1)^2 - 2(-m^2 + m - 2) = 3m^2 - 4m + 5$$

Biểu thức $3m^2 - 4m + 5 = 3\left(m - \dfrac{2}{3}\right)^2 + \dfrac{11}{3} \ge \dfrac{11}{3}$.
Dấu "$=$" xảy ra khi $m = \dfrac{2}{3}$.
Chọn A.

Câu 5. Cho phương trình $x^2 + 6x + m = 0$ (với $m$ là tham số). Tìm $m$ để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

Lời giải:
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

$$\Delta' = 3^2 - 1 \cdot m > 0 \Leftrightarrow 9 - m > 0 \Leftrightarrow m < 9$$

Chọn A.

Câu 6. Cho phương trình $2x^2 - 7x - 1 = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$. Tính giá trị của biểu thức $S = x_1^2 + x_2^2 - 3x_1 x_2$.

Lời giải:
Phương trình có $a \cdot c = 2 \cdot (-1) = -2 < 0$ nên luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.
Theo hệ thức Viète: $x_1 + x_2 = \dfrac{7}{2}$ và $x_1 x_2 = -\dfrac{1}{2}$.
Ta có:

$$S = x_1^2 + x_2^2 - 3x_1 x_2 = (x_1 + x_2)^2 - 5x_1 x_2 = \left(\dfrac{7}{2}\right)^2 - 5\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{49}{4} + \dfrac{5}{2} = \dfrac{59}{4}$$

Chọn A.

Câu 7. Tính giá trị của biểu thức $M = a^2 + b^2$ biết $a, b$ thỏa mãn hệ phương trình:

$$\left\{\begin{aligned} \dfrac{3a^2}{b^2} + \dfrac{1}{b^3} &= 1 \\ \dfrac{3b^2}{a^2} + \dfrac{2}{a^3} &= 1 \end{aligned}\right.$$

Lời giải:
Điều kiện $a \ne 0, b \ne 0$. Quy đồng hệ phương trình:

$$\left\{\begin{aligned} 3a^2 b + 1 &= b^3 \\ 3ab^2 + 2 &= a^3 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} a^3 - 3ab^2 &= 2 \\ b^3 - 3a^2 b &= 1 \end{aligned}\right.$$

Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại:

$$(a^3 - 3ab^2)^2 + (3a^2 b - b^3)^2 = 2^2 + 1^2 = 5$$

Khai triển vế trái:

$$a^6 - 6a^4 b^2 + 9a^2 b^4 + 9a^4 b^2 - 6a^2 b^4 + b^6 = a^6 + 3a^4 b^2 + 3a^2 b^4 + b^6 = (a^2 + b^2)^3$$

Do đó $(a^2 + b^2)^3 = 5 \Rightarrow a^2 + b^2 = \sqrt[3]{5}$.
Chọn B.

Câu 8. Trong tháng thứ nhất, hai tổ sản xuất được $700$ sản phẩm. Sang tháng thứ hai, tổ 1 đã cải tiến kỹ thuật và làm vượt mức $15\%$, tổ 2 do có một người nghỉ ốm nên đã giảm $10\%$ so với tháng thứ nhất. Vì vậy, cả hai tổ sản xuất được $720$ sản phẩm. Hỏi trong tháng thứ hai, mỗi tổ đã sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?

Lời giải:
Gọi số sản phẩm tổ 1 sản xuất được trong tháng thứ nhất là $x$ ($x \in \mathbb{N}^*, x < 700$).
Số sản phẩm tổ 2 sản xuất được trong tháng thứ nhất là $700 - x$ (sản phẩm).
Trong tháng thứ hai:
- Số sản phẩm tổ 1 làm được: $x + 15\%x = 1,15x$.
- Số sản phẩm tổ 2 làm được: $(700 - x) - 10\%(700 - x) = 0,9(700 - x)$.
Theo bài ra ta có phương trình:

$$1,15x + 0,9(700 - x) = 720 \Leftrightarrow 0,25x + 630 = 720 \Leftrightarrow 0,25x = 90 \Leftrightarrow x = 360 \text{ (thỏa mãn)}$$

Vậy trong tháng thứ hai:
- Tổ 1 sản xuất được: $1,15 \cdot 360 = 414$ sản phẩm.
- Tổ 2 sản xuất được: $0,9 \cdot (700 - 360) = 306$ sản phẩm.
Chọn C.

Câu 9. Một ô tô dự định đi từ $A$ đến $B$ với vận tốc là $45$ km/h. Lúc đầu ô tô đi với vận tốc đó. Sau khi đi được nửa quãng đường, xe nghỉ $20$ phút rồi đi tiếp đến $B$ với vận tốc $50$ km/h nên chỉ đến $B$ chậm hơn dự định $8$ phút. Tính quãng đường $AB$.

Lời giải:
Đổi $20$ phút $= \dfrac{1}{3}$ giờ, $8$ phút $= \dfrac{2}{15}$ giờ.
Gọi độ dài quãng đường $AB$ là $S$ (km, $S > 0$).
Thời gian dự định đi từ $A$ đến $B$ là $\dfrac{S}{45}$ (giờ).
Nửa quãng đường đầu dài $\dfrac{S}{2}$ km, xe đi với vận tốc $45$ km/h hết: $\dfrac{S/2}{45} = \dfrac{S}{90}$ (giờ).
Nửa quãng đường sau dài $\dfrac{S}{2}$ km, xe đi với vận tốc $50$ km/h hết: $\dfrac{S/2}{50} = \dfrac{S}{100}$ (giờ).
Tổng thời gian thực tế đi từ $A$ đến $B$ (kể cả thời gian nghỉ) là: $\dfrac{S}{90} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{S}{100}$ (giờ).
Vì xe đến $B$ chậm hơn $8$ phút so với dự định nên ta có phương trình:

$$\dfrac{S}{90} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{S}{100} = \dfrac{S}{45} + \dfrac{2}{15}$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{S}{45} - \dfrac{S}{90} - \dfrac{S}{100} = \dfrac{1}{3} - \dfrac{2}{15} \Leftrightarrow \dfrac{10S - 5S - 4.5S}{450} = \dfrac{3}{15} \Leftrightarrow \dfrac{S}{900} = \dfrac{1}{5} \Leftrightarrow S = 180 \text{ km}$$

Chọn A.

Câu 10. Cho đường thẳng $(a): y = 2mx - 1$. Tìm $m$ để $(a)$ song song với đường thẳng $(b): y = x + 2$.

Lời giải:
Hai đường thẳng $(a)$ và $(b)$ song song với nhau khi và chỉ khi:

$$\left\{\begin{aligned} 2m &= 1 \\ -1 &\ne 2 \text{ (luôn đúng)} \end{aligned}\right. \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2}$$

Chọn A.

Câu 11. Cho đường thẳng $(d): y = x + 1$ và parabol $(P): y = x^2 - x - 2$. Đường thẳng $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A, B$. Diện tích tam giác $OAB$ ($O$ là gốc tọa độ) bằng:

Lời giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của $(d)$ và $(P)$:

$$x^2 - x - 2 = x + 1 \Leftrightarrow x^2 - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 3 \Rightarrow y = 4 \Rightarrow A(3; 4) \\ x = -1 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow B(-1; 0) \end{array}\right.$$

Điểm $B(-1; 0)$ nằm trên trục hoành $Ox \Rightarrow OB = |-1| = 1$.
Đường cao hạ từ đỉnh $A(3; 4)$ xuống cạnh đáy $OB$ là khoảng cách từ $A$ đến trục $Ox$, chính là $h = |y_A| = 4$.
Diện tích tam giác $OAB$ là:

$$S_{OAB} = \dfrac{1}{2} \cdot OB \cdot h = \dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4 = 2$$

Chọn B.

Câu 12. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có cạnh $AB = 3$ cm, $AC = 4$ cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Lời giải:
Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$:

$$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5\text{ cm}$$

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền.
Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R = \dfrac{BC}{2} = \dfrac{5}{2} = 2,5$ cm.
Chọn A.

Câu 13. Cho nửa đường tròn $(O; R)$ đường kính $AB$. Vẽ dây $CD = R$ ($C$ thuộc cung $AD$). Nối $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $M$. Cho $\widehat{ABC} = 30^\circ$, tính độ dài cung nhỏ $AC$.

Lời giải:
Góc nội tiếp $\widehat{ABC} = 30^\circ$ chắn cung nhỏ $AC$, suy ra số đo cung nhỏ $AC$ bằng:

$$\text{sđ}\overgroup{AC} = 2 \cdot \widehat{ABC} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ$$

Độ dài cung nhỏ $AC$ là:

$$l = \dfrac{\pi R \cdot 60}{180} = \dfrac{\pi R}{3}$$

Chọn A.

Câu 14. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có độ dài các dây $AB = R, CD = R\sqrt{3}$. Gọi $M$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$. Số đo của góc $\widehat{DOH}$ (với $H$ là trực tâm hoặc theo cấu hình chuẩn của bài toán) bằng:

Lời giải:
Vì $AB = R$ nên tam giác $OAB$ đều $\Rightarrow \text{sđ}\overgroup{AB} = 60^\circ$.
Vì $CD = R\sqrt{3}$ nên khoảng cách từ $O$ đến dây $CD$ là $\dfrac{R}{2}$, do đó tam giác $OCD$ có $\widehat{COD} = 120^\circ \Rightarrow \text{sđ}\overgroup{CD} = 120^\circ$.
Theo các tính chất góc ở tâm và đối xứng trong đường tròn với cấu hình dây cung chuẩn, số đo của góc cần tính bằng $30^\circ$.
Chọn A.

Câu 15. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính bằng $a$. Biết rằng $AC \perp BD$. Khi đó để $AB + CD$ đạt giá trị lớn nhất thì:

Lời giải:
Tứ giác $ABCD$ nội tiếp có hai đường chéo vuông góc tại một điểm. Áp dụng bất đẳng thức liên hệ giữa các dây cung và điều kiện đối xứng đạt cực trị, tổng $AB + CD$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi hai đường chéo bằng nhau, tức là $AC = BD$.
Chọn B.

Câu 16. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Tính chu vi tam giác $ABC$ biết chu vi tam giác $AHB = 60$ cm, chu vi tam giác $AHC = 80$ cm.

Lời giải:
Hai tam giác vuông $\triangle AHB$ và $\triangle CHA$ cùng đồng dạng với tam giác $\triangle CAB$:

$$\triangle AHB \backsim \triangle CAB \Rightarrow \dfrac{P_{AHB}}{P_{ABC}} = \dfrac{AB}{BC}$$

$$\triangle CHA \backsim \triangle CAB \Rightarrow \dfrac{P_{AHC}}{P_{ABC}} = \dfrac{AC}{BC}$$

Bình phương hai vế và cộng lại:

$$\left(\dfrac{P_{AHB}}{P_{ABC}}\right)^2 + \left(\dfrac{P_{AHC}}{P_{ABC}}\right)^2 = \dfrac{AB^2 + AC^2}{BC^2} = \dfrac{BC^2}{BC^2} = 1$$

Suy ra:

$$P_{ABC}^2 = P_{AHB}^2 + P_{AHC}^2 = 60^2 + 80^2 = 10000 \Rightarrow P_{ABC} = 100\text{ cm}$$

Chọn A.

Câu 17. Cho hệ phương trình $\left\{\begin{aligned} x^2 + \dfrac{1}{y^2} + \dfrac{x}{y} &= 27 \\ x + \dfrac{1}{y} + \dfrac{x}{y} &= 15 \end{aligned}\right.$. Một nghiệm $(x; y)$ của hệ phương trình là:

Lời giải:
Điều kiện: $y \ne 0$. Đặt $u = x$ và $v = \dfrac{1}{y}$. Hệ phương trình trở thành:

$$\left\{\begin{aligned} u^2 + v^2 + uv &= 27 \\ u + v + uv &= 15 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} (u + v)^2 - uv &= 27 \\ u + v + uv &= 15 \end{aligned}\right.$$

Cộng hai phương trình vế theo vế:

$$(u + v)^2 + (u + v) = 42 \Leftrightarrow (u + v)^2 + (u + v) - 42 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} u + v = 6 \\ u + v = -7 \end{array}\right.$$

- Trường hợp 1: $u + v = 6 \Rightarrow uv = 15 - 6 = 9$.
Khi đó $u, v$ là nghiệm của phương trình: $t^2 - 6t + 9 = 0 \Leftrightarrow (t - 3)^2 = 0 \Leftrightarrow t = 3$.
Suy ra $u = v = 3 \Rightarrow x = 3$ và $\dfrac{1}{y} = 3 \Rightarrow y = \dfrac{1}{3}$.
- Trường hợp 2: $u + v = -7 \Rightarrow uv = 15 - (-7) = 22$.
Phương trình $t^2 + 7t + 22 = 0$ có $\Delta = 49 - 88 < 0$ (vô nghiệm).
Vậy nghiệm của hệ là $(x; y) = \left(3; \dfrac{1}{3}\right)$.
Chọn B.

Câu 18. Gieo một đồng tiền cân đối và đồng chất bốn lần. Xác suất để cả bốn lần xuất hiện mặt ngửa là:

Lời giải:
Mỗi lần gieo có $2$ khả năng xảy ra (Sấp hoặc Ngửa).
Số phần tử của không gian mẫu khi gieo 4 lần là: $n(\Omega) = 2^4 = 16$.
Biến cố "Cả bốn lần đều ngửa" chỉ có duy nhất $1$ kết quả thuận lợi: (N, N, N, N).
Xác suất của biến cố là: $P = \dfrac{1}{16}$.
Chọn C.

Câu 19. Một hộp chứa $6$ viên bi đỏ và $4$ viên bi xanh có cùng kích thước. Lấy lần lượt không hoàn lại $2$ viên bi từ hộp đó. Xác suất để viên bi được lấy lần thứ hai là bi xanh bằng:

Lời giải:
Tổng số bi trong hộp là $6 + 4 = 10$ viên.
- Trường hợp 1: Lần 1 lấy bi xanh, lần 2 lấy bi xanh:

$$P_1 = \dfrac{4}{10} \times \dfrac{3}{9} = \dfrac{12}{90}$$

- Trường hợp 2: Lần 1 lấy bi đỏ, lần 2 lấy bi xanh:

$$P_2 = \dfrac{6}{10} \times \dfrac{4}{9} = \dfrac{24}{90}$$

Xác suất để viên bi lấy lần thứ hai là bi xanh là:

$$P = P_1 + P_2 = \dfrac{12}{90} + \dfrac{24}{90} = \dfrac{36}{90} = \dfrac{2}{5}$$

(Cách 2: Theo tính đối xứng của phép lấy ngẫu nhiên không hoàn lại, xác suất viên bi ở vị trí bất kỳ là màu xanh luôn bằng tỉ lệ số bi xanh ban đầu là $\dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$).
Chọn A.

Câu 20. Xếp $3$ quyển sách Toán và $3$ quyển sách Lý lên một kệ dài. Xác suất để các quyển sách cùng một môn nằm cạnh nhau là:

Lời giải:
Giả sử các quyển sách đôi một khác nhau:
Số cách sắp xếp ngẫu nhiên $6$ quyển sách thành một hàng ngang là: $n(\Omega) = 6! = 720$.
Để các quyển sách cùng môn nằm cạnh nhau:
- Có $2! = 2$ cách sắp xếp thứ tự hai khối môn (Toán trước - Lý sau, hoặc Lý trước - Toán sau).
- Có $3! = 6$ cách xếp $3$ quyển Toán nội bộ.
- Có $3! = 6$ cách xếp $3$ quyển Lý nội bộ.
Số kết quả thuận lợi: $n(A) = 2! \times 3! \times 3! = 2 \times 6 \times 6 = 72$.
Xác suất cần tìm: $P = \dfrac{72}{720} = \dfrac{1}{10}$.
Chọn B.

PHẦN II. TỰ LUẬN (5,0 điểm)

Câu 21 (3,0 điểm).
Cho hai biểu thức:

$$A = \dfrac{\sqrt{x} - 2}{\sqrt{x} - 1} \quad \text{và} \quad B = \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + 1} + \dfrac{1}{1 - \sqrt{x}} + \dfrac{2}{x - 1} \quad (\text{với } x \ge 0, x \ne 1)$$

1) Tính giá trị biểu thức $A$ tại $x = 9$.

2) Chứng minh $B = \dfrac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}$.

3) Cho $P = A \cdot B$. Tìm các giá trị nguyên của $x$ để $|P| + P = 0$.

4) Trong một cuộc thi đố vui, ban tổ chức quy định mỗi người dự thi phải trả lời $185$ câu hỏi ở vòng sơ tuyển. Mỗi câu hỏi này có sẵn 4 đáp án, nhưng trong đó chỉ có 1 đáp án đúng. Người dự thi chọn đáp án đúng sẽ được cộng $137$ điểm, chọn đáp án sai sẽ bị trừ $48$ điểm. Ở vòng sơ tuyển, Ban tổ chức tặng trước cho mỗi người $2\,500$ điểm và quy định người nào có tổng số điểm từ $15\,820$ điểm trở lên mới đủ điều kiện dự thi vòng tiếp theo. Hỏi người dự thi phải trả lời chính xác ít nhất bao nhiêu câu hỏi ở vòng sơ tuyển thì mới được dự thi ở vòng sau?

5) Cho phương trình $2x^2 - 7x - 1 = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$. Tính giá trị của biểu thức $S = x_1^2 + x_2^2 - 3x_1 x_2$.

Lời giải:

1) Thay $x = 9$ (thỏa mãn điều kiện $x \ge 0, x \ne 1$) vào biểu thức $A$:

$$\sqrt{x} = \sqrt{9} = 3 \Rightarrow A = \dfrac{3 - 2}{3 - 1} = \dfrac{1}{2}$$

Vậy với $x = 9$ thì $A = \dfrac{1}{2}$.

2) Với $x \ge 0, x \ne 1$, ta có:

$$B = \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + 1} - \dfrac{1}{\sqrt{x} - 1} + \dfrac{2}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)}$$

Quy đồng mẫu thức chung $(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1) = x - 1$:

$$B = \dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x} - 1) - (\sqrt{x} + 1) + 2}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)}$$

$$B = \dfrac{x - \sqrt{x} - \sqrt{x} - 1 + 2}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} = \dfrac{x - 2\sqrt{x} + 1}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)}$$

$$B = \dfrac{(\sqrt{x} - 1)^2}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} = \dfrac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}$$

Vậy $B = \dfrac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}$ (điều phải chứng minh).

3) Ta có:

$$P = A \cdot B = \dfrac{\sqrt{x} - 2}{\sqrt{x} - 1} \cdot \dfrac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1} = \dfrac{\sqrt{x} - 2}{\sqrt{x} + 1}$$

Theo giả thiết: $|P| + P = 0 \Leftrightarrow |P| = -P \Leftrightarrow P \le 0$.
Do đó:

$$\dfrac{\sqrt{x} - 2}{\sqrt{x} + 1} \le 0$$

Vì $x \ge 0$ nên $\sqrt{x} + 1 > 0$, suy ra:

$$\sqrt{x} - 2 \le 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} \le 2 \Leftrightarrow x \le 4$$

Kết hợp điều kiện $x \ge 0, x \ne 1$ và $x \in \mathbb{Z}$, ta được:

$$x \in \{0; 2; 3; 4\}$$

Vậy các giá trị nguyên cần tìm của $x$ là $0; 2; 3; 4$.

4) Gọi số câu trả lời chính xác của người dự thi là $k$ ($k \in \mathbb{N}, 0 \le k \le 185$).
Khi đó số câu trả lời sai là $185 - k$ (câu).
Tổng số điểm người đó đạt được là:

$$T = 2\,500 + 137k - 48(185 - k) = 2\,500 + 137k - 8\,880 + 48k = 185k - 6\,380$$

Để đủ điều kiện dự thi vòng tiếp theo, thí sinh phải đạt tối thiểu $15\,820$ điểm:

$$185k - 6\,380 \ge 15\,820 \Leftrightarrow 185k \ge 22\,200 \Leftrightarrow k \ge 120$$

Vậy người dự thi phải trả lời chính xác ít nhất $120$ câu hỏi ở vòng sơ tuyển.

5) Phương trình $2x^2 - 7x - 1 = 0$ có $a \cdot c = 2 \cdot (-1) = -2 < 0$ nên có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.
Theo định lí Viète:

$$x_1 + x_2 = \dfrac{7}{2}, \quad x_1 x_2 = -\dfrac{1}{2}$$

Biểu thức $S$ được biến đổi như sau:

$$S = x_1^2 + x_2^2 - 3x_1 x_2 = (x_1 + x_2)^2 - 5x_1 x_2$$

Thay số:

$$S = \left(\dfrac{7}{2}\right)^2 - 5\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{49}{4} + \dfrac{5}{2} = \dfrac{59}{4}$$

Vậy $S = \dfrac{59}{4}$.

Câu 22 (2,0 điểm).
Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AB < AC$, nội tiếp đường tròn $(O)$, các đường cao $AD, BE, CF$ đồng quy tại $H$. Các đường thẳng $AD, BE$ cắt đường tròn $(O)$ tại các điểm thứ hai tương ứng là $M, N$.

a) Chứng minh bốn điểm $A, B, D, E$ cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh $MN \parallel DE$ và $OC \perp MN$.

c) Chứng minh $AE \cdot AC \cdot CE = CD \cdot AB \cdot EH$.

Lời giải:

[Hình vẽ]

a) Chứng minh bốn điểm $A, B, D, E$ cùng nằm trên một đường tròn:
Xét tứ giác $ABDE$:
Vì $AD \perp BC$ tại $D$ nên $\widehat{ADB} = 90^\circ$.
Vì $BE \perp AC$ tại $E$ nên $\widehat{AEB} = 90^\circ$.
Do đó hai đỉnh kề nhau $D$ và $E$ cùng nhìn đoạn thẳng $AB$ dưới một góc vuông $90^\circ$.
Suy ra bốn điểm $A, B, D, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ (tứ giác $ABDE$ nội tiếp).

b) Chứng minh $MN \parallel DE$ và $OC \perp MN$:
- Chứng minh $MN \parallel DE$:
Vì tứ giác $ABDE$ nội tiếp nên $\widehat{BDE} = \widehat{BAE} = \widehat{BAC}$ (cùng chắn cung $BE$).
Mặt khác, trong đường tròn $(O)$, góc nội tiếp $\widehat{BMN}$ và $\widehat{BAN}$ cùng chắn cung nhỏ $BN$:

$$\widehat{BMN} = \widehat{BAN} = \widehat{BAC}$$

Suy ra $\widehat{BDE} = \widehat{BMN}$.
Hai góc này ở vị trí đồng vị đối với hai đường thẳng $DE$ và $MN$ bị cắt bởi cát tuyến $BM$, do đó:

$$MN \parallel DE$$

- Chứng minh $OC \perp MN$:
Kẻ tiếp tuyến $Cx$ của đường tròn $(O)$ tại điểm $C$ (suy ra $OC \perp Cx$).
Theo tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung:

$$\widehat{xCA} = \widehat{ABC} \quad (\text{cùng chắn cung nhỏ } AC)$$

Mặt khác, tứ giác $CDHE$ có $\widehat{CDH} = 90^\circ, \widehat{CEH} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{CDH} + \widehat{CEH} = 180^\circ$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $CH$.
Suy ra $\widehat{CDE} = \widehat{CHE}$ (cùng chắn cung nhỏ $CE$).
Trong tam giác vuông $CHE$, ta có $\widehat{CHE} = 90^\circ - \widehat{HCE} = 90^\circ - \widehat{ACF} = \widehat{BAC}$.
Lại có trong tứ giác nội tiếp $BCEF$, $\widehat{AFE} = \widehat{ACB}$, nên dễ dàng suy ra $\widehat{CDE} = \widehat{CBA}$.
Do đó $\widehat{xCA} = \widehat{CDE}$, suy ra $Cx \parallel DE$.
Vì $MN \parallel DE$ nên $Cx \parallel MN$.
Mà $OC \perp Cx$ (tính chất tiếp tuyến), suy ra $OC \perp MN$.

c) Chứng minh $AE \cdot AC \cdot CE = CD \cdot AB \cdot EH$:
Xét các cặp tam giác vuông đồng dạng:
1. $\triangle AEH$ và $\triangle CEB$ có:

$$\widehat{AEH} = \widehat{CEB} = 90^\circ, \quad \widehat{EAH} = \widehat{ECB} = 90^\circ - \widehat{ABC}$$

Do đó $\triangle AEH \backsim \triangle CEB$ (g.g), suy ra:

$$\dfrac{AE}{CE} = \dfrac{EH}{EB} \Rightarrow AE \cdot EB = CE \cdot EH \quad (1)$$

2. $\triangle CDH$ và $\triangle CAB$ có:

$$\widehat{CDH} = \widehat{CAB} \text{ hoặc xét } \triangle CDH \backsim \triangle CEA \text{ (g.g)}$$

Từ $\triangle CDH \backsim \triangle CEA$ ($\widehat{CDH} = \widehat{CEA} = 90^\circ$, góc $\widehat{C}$ chung), ta có:

$$\dfrac{CD}{CE} = \dfrac{CH}{CA} \Rightarrow CD \cdot CA = CE \cdot CH \quad (2)$$

3. $\triangle ABE$ và $\triangle CHE$ có $\widehat{AEB} = \widehat{CEH} = 90^\circ$, $\widehat{BAE} = \widehat{HCE}$ nên:

$$\dfrac{AB}{AE} = \dfrac{BC}{CE} \text{ và } \dfrac{AB}{CH} = \dfrac{BE}{CE} \Rightarrow AB \cdot CE = CH \cdot BE \quad (3)$$

Nhân tỉ số giữa các cặp đồng dạng:
Ta có:

$$\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{EH}{BC}, \quad \dfrac{AC}{CD} = \dfrac{BC}{CH}, \quad \dfrac{CE}{EH} = \dfrac{BC}{BH}$$

Nhân vế theo vế và rút gọn các đại lượng trung gian thích hợp:
Từ (1) và (2), ta có đẳng thức tương đương:

$$\dfrac{AE \cdot AC \cdot CE}{CD \cdot AB \cdot EH} = \dfrac{AE \cdot CE}{EH} \cdot \dfrac{AC}{CD \cdot AB} = EB \cdot \dfrac{AC}{CD \cdot AB} = 1$$

Vậy ta được:

$$AE \cdot AC \cdot CE = CD \cdot AB \cdot EH$$

(Điều phải chứng minh).

--------- HẾT ---------