Bài 1. (1,5 điểm) Cho hàm số $y = -\frac{1}{4}x^2$ có đồ thị $(P)$.
a) Vẽ đồ thị $(P)$ trên hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ tất cả các điểm trên $(P)$ có hoành độ bằng tung độ.

Bài 1 (1,5 điểm)
Lập đúng bảng giá trị.
Vẽ đúng đồ thị:

Điểm trên $(P)$ có hoành độ bằng tung độ nên $y = x$.
Mà $y = -\frac{1}{4}x^2$ nên $x = -\frac{1}{4}x^2$.
Ta được $x = 0$ hoặc $x = -4$.
Vậy có hai điểm thỏa mãn là $(0; 0); (-4; -4)$.

Bài 2. (1,0 điểm) Cho phương trình $3x^2 - 8x + 2 = 0$.
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 $A = \frac{8x_2 - 1}{x_1} + \frac{3x_1^2 + 1}{x_2}$.
Bài 2 (1,0 điểm)
$\Delta = b^2 - 4ac = (-8)^2 - 4.3.2 = 40 > 0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Theo định lí Vi-ét thì $\begin{cases} x_1 + x_2 = -\frac{b}{a} = \frac{8}{3} \\ x_1x_2 = \frac{c}{a} = \frac{2}{3} \end{cases}$.
Do $x_1$ là nghiệm phương trình nên $3x_1^2 + 1 = 8x_1 - 1$.
Ta có $A = \frac{8x_2 - 1}{x_1} + \frac{8x_1 - 1}{x_2} = \frac{8\left[ (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2 \right] - (x_1 + x_2)}{x_1x_2}$
Vậy $A = \frac{8\left[ \left( \frac{8}{3} \right)^2 - 2 \cdot \frac{2}{3} \right] - \frac{8}{3}}{\frac{2}{3}} = \frac{196}{3}$.
Bài 3. (1,5 điểm) Khối lượng của 40 quả mít hái xuống (làm tròn đơn vị kilogram) chuẩn bị đem đi bán được cho theo tỉ lệ phần trăm theo bảng như sau:

$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{Khối lượng (kg)} & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 \\ \hline \text{Tỉ lệ phần trăm (%)} & 5 & 10 & 17,5 & 25 & 15 & 17,5 & 7,5 & 2,5 \\ \hline \end{array}$

a) Tính số quả mít hái xuống có khối lượng là 10 kg, 12 kg (làm tròn đơn vị kilogram).
b) Chọn ngẫu nhiên một quả mít vừa được hái xuống. Tính xác suất khối lượng quả mít nhỏ hơn 10 kg.
Bài 3 (1,5 điểm)
a) Số quả mít có khối lượng $10 \text{ kg}$ là $17,5\%.40 = 7$ (quả).
Số quả mít có khối lượng $12 \text{ kg}$ là $16\%.40 = 6$ (quả).

b) Số phần tử của không gian mẫu là $40$.
Số kết quả thuận lợi cho biến cố là $5\%.40 + 10\%.40 = 6$.
Vậy xác suất của biến cố là $\frac{6}{40} = \frac{3}{20}$.

Bài 4. (1,0 điểm) Một sân khấu có dạng hình chữ nhật, chiều dài $4a$ mét, chiều rộng $3a$ mét với $a > \frac{4}{3}$. Xét hình thoi $ABCD$ lần lượt có hình chiếu lên các cạnh gần nhất của sân khấu là trung điểm của các cạnh đó. Người ta xây dựng khu vực biểu diễn là hình thoi $ABCD$, trong đó khoảng cách từ $A, B, C, D$ đến các cạnh gần nhất tương ứng đều là 2 mét (như hình vẽ).

a) Viết biểu thức tính diện tích khu vực biểu diễn (hình thoi $ABCD$) theo $a$.
b) Biết diện tích khu vực biểu diễn là $20$ mét vuông. Tính giá trị của $a$.
Bài 4 (1,0 điểm)
a) Ta có: $AC = 4a - 2 - 2 = 4(a - 1)$ mét;
$BD = 3a - 2 - 2 = 3a - 4$ mét.
Diện tích khu vực biểu diễn là:
$S_{ABCD} = \frac{1}{2} AC.BD = 2(a - 1)(3a - 4) \text{ m}^2$.
b) Theo đề bài, ta có phương trình:
$2(a - 1)(3a - 4) = 88$ hay $3a^2 - 7a - 40 = 0$
Suy ra $a = 5$ hoặc $a = -\frac{8}{3}$.
Kiểm tra điều kiện, ta được giá trị cần tìm $a = 5$.
Bài 5. ($1,0$ điểm) Mỗi quả bóng bida (billiard) có hình cầu với bán kính $r = 6 \text{ cm}$. Người ta đặt một khay chứa vừa khít $6$ quả bóng bida (mặt cắt đi qua tâm các quả bóng như hình vẽ), biết khay có dạng hình lăng trụ tam giác đều với chiều cao bằng đường kính quả bóng bida và đáy là tam giác đều với độ dài cạnh $a = 2r(2 + \sqrt{3}) \text{ cm}$.

a) Diện tích mỗi quả bóng bida bằng bao nhiêu $\text{cm}^2$ (làm tròn đến hàng đơn vị)?
b) Thể tích của khay chứa $6$ quả bóng bida bằng bao nhiêu $\text{cm}^3$ (làm tròn đến hàng đơn vị)?
Biết công thức tính diện tích hình cầu là $S = 4\pi r^2$, diện tích tam giác đều là $S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$, thể tích lăng trụ là $V = Sh$ và $\pi \approx 3,14$.
Bài 5 (1,0 điểm)
a) Diện tích mỗi quả bóng bida là $4\pi r^2 = 4\pi.6^2 \approx 452 \text{ cm}^2$.
b) Cạnh của khay là $a = 2r(2 + \sqrt{3}) = 12(2 + \sqrt{3}) \text{ cm}$.
Diện tích của khay là
$S = \frac{\left[12(2 + \sqrt{3})\right]^2 \cdot \sqrt{3}}{4} = 36\sqrt{3}(2 + \sqrt{3})^2 \text{ cm}^2$.
Chiều cao của khay là $h = 2r = 12 \text{ cm}$.
Thể tích của khay $V = Sh = 36\sqrt{3}(2 + \sqrt{3})^2 \cdot 12 \approx 10422 \text{ cm}^3$.
Bài 6. ($1,0$ điểm) Xét một phân số, biết rằng nếu cộng cả tử và mẫu số của phân số đó cho $1$ thì giá trị của phân số tăng thêm $\frac{1}{10}$, còn nếu trừ cả tử và mẫu số của phân số đó cho $1$ thì giá trị của phân số giảm đi $\frac{1}{10}$. Tìm phân số đó.

Bài 6 (1,0 điểm)
Giả sử phân số cần tìm là $\frac{x}{y}$ $(x, y \in \mathbb{Z}; y \neq 0)$. Nếu cộng cả tử và
mẫu thêm $1$ thì phân số tăng $\frac{1}{10}$ nên ta có phương trình
$\frac{x + 1}{y + 1} - \frac{x}{y} = \frac{1}{10}$.
Nếu giảm cả tử, mẫu đi $1$ thì phân số giảm $\frac{1}{10}$ nên ta có
$\frac{x}{y} - \frac{x - 1}{y - 1} = \frac{1}{10}$.

Từ các đẳng thức trên, ta được $\begin{cases} \frac{y-x}{y(y+1)} = \frac{1}{10} \\ \frac{y-x}{y(y-1)} = \frac{1}{10} \end{cases}$
hay $\frac{y-x}{y(y+1)} = \frac{y-x}{y(y-1)}$
* Trường hợp 1: $y-x=0$ suy ra $y=x$ (không thỏa mãn).
* Trường hợp 2: $y(y+1)=y(y-1)$ suy ra $y=0$ (không thỏa mãn).
Vậy không tìm được phân số thỏa mãn đề bài.

Bài 7. ($3,0$ điểm) Cho đường tròn $(O; R)$ có đường kính $BC$. Trên đường tròn $(O; R)$ lấy điểm $A$ khác $B$ và $C$. Gọi $M$ là trung điểm của $AC$, đường thẳng qua $M$ vuông góc với $BC$ cắt cạnh $BC$ tại $K$.
a) Chứng minh $CM \cdot CA = CK \cdot CB$ và tứ giác $AMKB$ nội tiếp.
b) Tia $MK$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $H$. Đường thẳng qua $H$ và song song với đường thẳng $AC$ cắt đường thẳng $AB$ tại $P$. $PK$ cắt cạnh $AH$ tại điểm $Q$. Chứng minh $Q$ là trung điểm của $AH$.
c) Giả sử $\widehat{BCA} = 30^\circ$. Tia $OM$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $F$. $BF$ cắt cạnh $AC$ tại điểm $E$. Tính độ dài đoạn thẳng $EF$ theo $R$.

Bài 7 (3,0 điểm)

a) Hai tam giác $CKM$ và $CAB$ có góc đỉnh $C$ chung, đồng thời $\widehat{CKM} = \widehat{CAB} = 90^0$ nên đồng dạng với nhau.
Từ đó suy ra $\frac{CK}{CA} = \frac{CM}{CB}$. Vậy $CM.CA = CK.CB$.
Tam giác $BAM$ vuông tại $A$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BM$. Tam giác $BKM$ vuông tại $K$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BM$.
Vậy tứ giác $BAMK$ nội tiếp đường tròn đường kính $BM$.
b) Tam giác $BKH$ vuông tại $K$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BH$.
Tam giác $BPH$ vuông tại $P$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BH$.
Do đó tứ giác $PBKH$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH$.
Khi đó ta được $\widehat{HPQ} = \widehat{HBK}$. Mặt khác $\widehat{HBK} = \widehat{HAC}$ (cùng chắn cung $HC$) và $\widehat{HAC} = \widehat{PHQ}$ (do $AC // PH$).
Ta được $\widehat{QPH} = \widehat{QHP}$ nên tam giác $QPH$ cân tại $Q$. Tức là $QP = QH$.

Tam giác $APH$ vuông tại $P$ nên $\widehat{QPA} = \widehat{QAP}$ (cùng phụ với $\widehat{QPH} = \widehat{QHP}$) hay tam giác $QPA$ cân tại $Q$ suy ra $QP = QA$.
Vậy ta có $QA = QH$ hay $Q$ là trung điểm của $AH$.
c) Chứng minh $\text{sđ } \overparen{AB} = \text{sđ } \overparen{AF} = \text{sđ } \overparen{FC} = 60^\circ$ suy ra $\text{sđ } \overparen{AC} = \text{sđ } \overparen{BF}$.
Ta có $BC = 2R$ nên $AB = BC \cdot \sin 30^\circ = R$; $AC = BC \cdot \cos 30^\circ = R\sqrt{3}$ và $BF = BC \cdot \cos \widehat{FBC} = 2R \cdot \cos 30^\circ = R\sqrt{3}$.
Hai tam giác $ABE, FBC$ có $\widehat{ABE} = \widehat{FBC}$; $\widehat{BAE} = \widehat{BFC}$ nên đồng dạng.
Từ đó $\frac{BA}{BF} = \frac{BE}{BC}$ suy ra $BE \cdot BF = BA \cdot BC = 2R^2$.
Do đó $BE = \frac{2R\sqrt{3}}{3}$ suy ra $EF = BF - BE = R\sqrt{3} - \frac{2R\sqrt{3}}{3} = \frac{R\sqrt{3}}{3}$.