Bài 1. (1,5 điểm) Cho hàm số $(P): y = \frac{-1}{2}x^2$.
a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số trên.
b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(P)$ (khác gốc tọa độ) có hoành độ gấp hai lần tung độ.

* Lời giải
a) Vẽ đồ thị $(P)$.
Bảng giá trị của hàm số:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline x & -4 & -2 & 0 & 2 & 4 \\ \hline (P): y = \frac{-1}{2}x^2 & -8 & -2 & 0 & -2 & -8 \\ \hline \end{array}$

b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(P)$ (khác gốc tọa độ) có hoành độ gấp hai lần tung độ.
+) Gọi $M(x_M; y_M)$ là điểm cần tìm
+) Vì điểm $M$ có hoành độ gấp hai lần tung độ, nên $x_M = 2y_M \Rightarrow y_M = \frac{1}{2}x_M \Rightarrow M\left(x_M; \frac{1}{2}x_M\right)$
+) Vì $M\left(x_M; \frac{1}{2}x_M\right) \in P: y = \frac{-1}{2}x^2$
Nên, ta có: $\frac{1}{2}x_M = \frac{-1}{2}x_M^2$
Suy ra $\frac{1}{2}x_M^2 + \frac{1}{2}x_M = 0$
Có $a = \frac{1}{2}; b = \frac{1}{2}; c = 0$
Giải phương trình ta được $x_M = 0$ hoặc $x_M = -1$
Với $x_M = 0$ thì $M(0;0)$ loại vì $M$ khác gốc tọa độ.
Với $x_M = -1$ thì $M\left(-1; \frac{-1}{2}\right)$
Vậy $M\left(-1; \frac{-1}{2}\right)$ là tọa độ cần tìm.

Bài 2. (1,0 điểm) Cho phương trình: $x^2 - 5x + 1 = 0$.

a) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.

b) Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức:
$A = \frac{x_1^2 - 5}{x_2} + \frac{x_2^2 - 5}{x_1}$

Lời giải
a) $x^2 - 5x + 1 = 0$
Ta có $a = 1; b = -5; c = 1$.
$\Delta = b^2 - 4ac = (-5)^2 - 4.1.1 = 21 > 0$.
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.

b) Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt
Theo định lí Viète, ta có: $x_1 + x_2 = \frac{-b}{a} = \frac{-(-5)}{1} = 5; x_1.x_2 = \frac{c}{a} = \frac{1}{1} = 1$.
Ta có: $A = \frac{x_1^2 - 5}{x_2} + \frac{x_2^2 - 5}{x_1}$
$A = \frac{(x_1^2 - 5)x_1}{x_1.x_2} + \frac{(x_2^2 - 5).x_2}{x_1.x_2}$
$A = \frac{x_1^3 - 5x_1 + x_2^3 - 5x_2}{x_1x_2}$
$A = \frac{x_1^3 + x_2^3 - 5x_1 - 5x_2}{x_1x_2}$
$A = \frac{(x_1 + x_2)(x_1^2 + x_2^2 - x_1x_2) - 5(x_1 + x_2)}{x_1x_2}$
$A = \frac{(x_1 + x_2)\left\{\left[(x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2\right] - x_1x_2\right\} - 5(x_1 + x_2)}{x_1x_2}$
$A = \frac{(5).\left\{\left[(5)^2 - 2.1\right] - 1\right\} - 5.(5)}{1}$
$A = 85$

Bài 3. ($1,5$ điểm) Biểu đồ cột kép bên dưới biểu diễn số học sinh khối $6$ của trường THCS A trên địa bàn Thành phố Hồ Chí Minh tham gia các câu lạc bộ do nhà trường tổ chức. Biết rằng mỗi bạn chỉ tham gia đúng một câu lạc bộ.



a) Câu lạc bộ nào có sự chênh lệch nhiều nhất giữa số nam sinh và nữ sinh?
b) Chọn ngẫu nhiên một học sinh khối $6$. Tính xác suất của biến cố:
A: "Học sinh được chọn là nữ"
B: "Học sinh được chọn không tham gia câu lạc bộ bơi lội và câu lạc bộ khiêu vũ".

Lời giải
a/ Câu lạc bộ nào có sự chênh lệch nhiều nhất giữa số nam sinh và nữ sinh?
Sự chênh lệch giữa số nam sinh và nữ sinh trong câu lạc bộ Cờ Vua là : $28 - 15 = 13$ (học sinh)
Sự chênh lệch giữa số nam sinh và nữ sinh trong câu lạc bộ Dân Ca là : $24 - 17 = 7$ (học sinh)
Sự chênh lệch giữa số nam sinh và nữ sinh trong câu lạc bộ Khiêu Vũ là : $35 - 24 = 11$ (học sinh)
Sự chênh lệch giữa số nam sinh và nữ sinh trong câu lạc bộ Bơi Lội : $45 - 40 = 5$ (học sinh)
Vậy Câu lạc bộ Cờ Vua có sự chênh lệch nhiều nhất giữa số nam sinh và nữ sinh

b/ Tổng số học sinh khối $6$ là $(28 + 15) + (17 + 24) + (24 + 35) + (45 + 40) = 228$ (học sinh)
Chọn ngẫu nhiên một học sinh khối $6$ có $228$ kết quả xảy ra, nên số phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega) = 228$
Vì mỗi học sinh khối $6$ là khác nhau nên $228$ kết quả trên có cùng khả năng xảy ra
Tổng số học sinh nữ là $15 + 24 + 35 + 40 = 114$
Chọn ngẫu nhiên một học sinh NỮ khối $6$ có $114$ kết quả xảy ra.
Nên số kết quả thuận lợi của biến cố A là $n(A) = 114$
Xác suất của biến cố A là $P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{114}{228} = 0,5$
Số Học sinh được chọn KHÔNG tham gia câu lạc bộ bơi lội và câu lạc bộ khiêu vũ là $(28 + 15) + (17 + 24) = 84$
Số kết quả thuận lợi của biến cố B là $n(B) = 84$
Xác suất của biến cố B là $P(B) = \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \frac{84}{228} = \frac{7}{19}$

Bài 4. (1,0 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chiều rộng là $x$ (mét), chiều dài là $y$ (mét) ($x,y > 0$). Bác Cường dự định xây một cái hồ hình tròn tiếp xúc với các cạnh của khu vườn như hình vẽ.

a) Viết biểu thức tính diện tích phần còn lại của khu vườn sau khi xây hồ theo $x$ và $y$.
b) Biết rằng khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và diện tích phần còn lại của khu vườn là $141,76$ ($m^2$). Tìm các kích thước ban đầu của khu vườn. (Lấy $\pi = 3,14$)

Lời giải
a) Diện Tích Khu Vườn là $x.y(m^2)$
Bán kính Hồ là $\frac{1}{2}x(m)$
Diện tích Hồ là $S = R^2 \pi = \left(\frac{1}{2}x\right)^2 \pi = \frac{1}{4}x^2 \pi \quad (m^2)$
Biểu thức $S$ là diện tích phần còn lại của khu vườn sau khi xây hồ theo $x,y$ là
$S = xy - \frac{1}{4}x^2 \pi \quad (m^2)$

b) Vì khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng nên $y = 3x$.
Vì diện tích phần còn lại của khu vườn là $141,76$ ($m^2$). Nên $S = 141,76$
Thay $y = 3x, S = 141,76, \pi = 3,14$ vào Biểu thức $S$, ta được
$141,76 = x.(3x) - \frac{1}{4}x^2.3,14$
$x.(3x) - \frac{1}{4}x^2 \pi = 141,76$
$3x^2 - \frac{1}{4}x^2.3,14 = 141,76$
$x^2 \left( 3 - \frac{1}{4}.3,14 \right) = 141,76$
$x^2 = 141,76 : \left( 3 - \frac{1}{4}.3,14 \right) = 64$
$x = 8$ hoặc $x = -8$ (loại)
Vậy Chiều rộng ban đầu của khu vườn là $8m$,
Vậy Chiều dài ban đầu của khu vườn là $y = 3x = 3.8 = 24(m)$,

Bài 5. (1,0 điểm) Một ống đựng các viên Sô-cô-la có dạng hình trụ với đường kính đáy là $4cm$ và chiều cao là $12cm$. Mỗi viên sô-cô-la hình cầu với bán kính là $0,5cm$.

a) Tính thể tích của ống sô-cô-la và thể tích của một viên sô-cô-la (tính theo đơn vị $cm^3$ và làm tròn đến hàng phần trăm). Biết công thức thể tích hình trụ là $V = \pi R^2 h$ ($R$ là bán kính đáy, $h$ là đường cao của hình trụ). Thể tích hình cầu là $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ ($R$ là bán kính của hình cầu).
b) Biết rằng trong ống có một lớp không khí chiếm $10\%$ thể tích của ống. Tính số viên sô-cô-la tối đa có thể chứa trong ống?

Lời giải
a) Thể tích của ống sô-cô-la là $V = \pi R^2 h = \pi (4 : 2)^2 \cdot 12 = 48\pi \approx 150,80 (cm^3)$
Thể tích của một viên sô-cô-la $V = \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{4}{3} \pi (0,5)^3 = \frac{1}{6} \pi \approx 0,52 (cm^3)$

b) thể tích thực tế dùng để chứa sô-cô-la là $48\pi \cdot (1 - 10\%) = 43,2\pi (cm^3)$
Số viên sô-cô-la có thể chứa trong ống là $43,2\pi : \left( \frac{1}{6} \pi \right) = 259,2$
Vậy Số viên sô-cô-la tối đa có thể chứa trong ống là $259$ viên
 

Lời giải
Đổi $30 \text{ phút} = \frac{1}{2} \text{ (giờ)}$
Gọi $x(km/h)$ là vận tốc đi bộ của Hùng $(x > 0)$
Suy ra $4x(km/h)$ là vận tốc đi xe đạp của Dũng.
$8x(km/h)$ là vận tốc đi xe đạp của Hùng.
Gọi $y$ (giờ) là thời gian sau $30$ phút để cả hai đến sân vận động. $(y > 0)$
Trong $y$ giờ sau, Quãng đường Hùng đi được là $xy$ (km)
Trong $30$ phút đầu, Quãng đường Hùng đi được là $\frac{1}{2} \cdot (8x) = 4x$ (km)
Quãng đường Hùng đi từ Trường đến sân vận động là $4x + xy$ (km)
Trong $30$ phút đầu, Quãng đường Dũng đi được là $\frac{1}{2} \cdot (4x) = 2x$ (km)
Trong $y$ giờ sau, Quãng đường Dũng đi được là $y(4x) = 4xy$ (km)
Quãng đường Dũng đi từ Trường đến sân vận động là $2x + 4xy$ (km)
Vì Hùng và Dũng đi quãng đường giống nhau nên ta có
$4x + xy = 2x + 4xy$
Vì $x$ là số dương nên ta chia cả hai vế cho $x$ ta được
$\frac{4x}{x} + \frac{xy}{x} = \frac{2x}{x} + \frac{4xy}{x}$
$4 + y = 2 + 4y$
$y - 4y = 2 - 4$
$y = \frac{2}{3}$
Vậy thời gian Hùng đi từ trường đến sân vận động là $\frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{7}{6}$ giờ là $70$ phút.

Bài 7. (3,0 điểm) Từ điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $(O;R)$ kẻ 2 tiếp tuyến $MA, MB$ đến $(O)$ ($A, B$ là các tiếp điểm). Kẻ đường kính $AC$ của $(O)$, $MC$ cắt $(O)$ tại $D$. Gọi $H$ là giao điểm của $AB$ và $MO$.
a) Chứng minh $\widehat{MDA} = \widehat{MHA}$, từ đó suy ra tứ giác $MDHA$ nội tiếp.
b) Chứng minh $MD \cdot MC = MH \cdot MO$ và $\widehat{MHD} = \widehat{DBA}$.
c) Chứng minh $\widehat{HDB} = 90^\circ$ và tính theo $R$ diện tích $\triangle ABD$ trong trường hợp $MA = 2R$.

Lời giải
a) Chứng minh $\widehat{MDA} = \widehat{MHA}$, từ đó suy ra tứ giác $MDHA$ nội tiếp.
Ta có: $OA = OB$ ($OA, OB$ là bán kính của $(O)$)
Suy ra $O$ thuộc đường trung trực của $AB$
Ta có $MA = MB$ ($MA, MB$ là tiếp tuyến của $(O)$)
Suy ra $M$ thuộc đường trung trực của $AB$
Vậy $OM$ là đường trung trực của $AB$
Suy ra $OM \perp AB$ tại $H \Rightarrow \widehat{MHA} = 90^\circ$
Ta có $\widehat{ADC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$)
Suy ra $\widehat{MDA} = 90^\circ$
Vậy $\widehat{MHA} = \widehat{MDA} = 90^\circ$
**Chứng minh tứ giác $MDHA$ nội tiếp.**
Ta có: $\triangle MAH$ vuông tại $H$
Suy ra $\triangle MAH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$ (1)
Ta có: $\triangle MAD$ vuông tại $D$
Suy ra $\triangle MAD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm $M, A, H, D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AM$
Vậy tứ giác $MDHA$ nội tiếp.

b) Chứng minh $MD \cdot MC = MH \cdot MO$ và $\widehat{MHD} = \widehat{DBA}$.

Xét $\Delta MHA$ và $\Delta MAO$, ta có
$+\widehat{M}$ là góc chung.
$+\widehat{MHA} = \widehat{MAO} = 90^\circ$
Vậy $\Delta MHA \sim \Delta MAO(g - g)$
$\Rightarrow \frac{MH}{MA} = \frac{MA}{MO}$ (tỉ số đồng dạng).
$\Rightarrow MH.MO = MA^2 \quad (3)$
Xét $\Delta MDA$ và $\Delta MAC$, ta có
$+\widehat{M}$ là góc chung.
$+\widehat{MDA} = \widehat{MAC} = 90^\circ$
Vậy $\Delta MDA \sim \Delta MAC(g - g)$
$\Rightarrow \frac{MD}{MA} = \frac{MA}{MC}$ (tỉ số đồng dạng).
$\Rightarrow MC.MD = MA^2 \quad (4)$
Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $\Rightarrow MC.MD = MH.MO$
Xét $\Delta MHD$ và $\Delta MCO$, ta có
$+\widehat{M}$ là góc chung.
$+\frac{MH}{MC} = \frac{MD}{MO} (MC.MD = MH.MO)$
Vậy $\Delta MHD \sim \Delta MCO(c - g - c)$
Suy ra $\widehat{MHD} = \widehat{MCO}(2 \text{ góc tương ứng})$
Lại có $\widehat{MBA} = \widehat{MCO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AD$ trong $(O)$)
Suy ra $\widehat{MHD} = \widehat{MBA} \Rightarrow \widehat{MHD} = \widehat{DBA}$

c) Chứng minh $\widehat{HDB} = 90^\circ$ và tính theo $R$ diện tích $\triangle ABD$ trong trường hợp $MA = 2R$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l} \widehat{DHM} + \widehat{DHB} = \widehat{BHM} = 90^\circ \\ \widehat{DHM} = \widehat{DBH} (cmt) \end{array} \right.$
$\Rightarrow \widehat{DBH} + \widehat{DHB} = 90^\circ$
$\Rightarrow HD \perp DB$
$\Rightarrow \widehat{HDB} = 90^\circ$
Ta có $\Delta MAC$ vuông cân tại $A$ $(AM = AC = 2R)$
$\Rightarrow \widehat{MCA} = 45^\circ$
Ta có $\Delta DAC$ vuông tại $D$
$\Rightarrow AD = AC.\sin C = 2R.\sin 45^\circ = R\sqrt{2}$
Và $\Rightarrow CD = AC.\cos C = 2R.\cos 45^\circ = R\sqrt{2}$
Vậy $S_{\Delta ADC} = \frac{1}{2}.DA.DC = \frac{1}{2}.R\sqrt{2}.R\sqrt{2} = R^2$
Ta có $\Delta OMA$ vuông tại $A$
$\Rightarrow OM^2 = MA^2 + OA^2 = 4R^2 + 1R^2 = 5R^2$
$\Rightarrow OM = R\sqrt{5}$
Ta có $\left\{ \begin{array}{l} S_{\Delta OMB} = \frac{1}{2}HB.OM \\ S_{\Delta OMB} = \frac{1}{2}OB.MB \end{array} \right.$
$\Rightarrow HB.OM = OB.MB$
$\Rightarrow HB = \frac{OB.MB}{OM} = \frac{R.2R}{R\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}R$
Ta có : $\Delta DHB \backsim \Delta DAC (g-g) \Rightarrow \frac{S_{\Delta DHB}}{S_{\Delta DAC}} = \left( \frac{HB}{AC} \right)^2 = \left( \frac{\frac{2\sqrt{5}}{5}R}{2R} \right)^2 = \frac{1}{5}$
$\Rightarrow S_{\Delta DHB} = \frac{1}{5}S_{\Delta DAC} = \frac{1}{5}R^2$
Vì $H$ là trung điểm $AB$ nên $S_{\Delta ADB} = 2.S_{\Delta BHD} = 2.\frac{1}{5}R^2 = \frac{2}{5}R^2$