(2,5 điểm)

a) Có hai nhóm học sinh cùng đến một cửa hàng để mua hoa quả. Nhóm thứ nhất mua 3 kg táo và 5 kg cam, tổng số tiền phải trả là 225 nghìn đồng. Nhóm thứ hai mua 4 kg táo và 2 kg cam, tổng số tiền phải trả là 160 nghìn đồng. Hãy tính giá tiền 1 kg táo và giá tiền 1 kg cam.

b) Một ô tô tải khởi hành từ thành phố A để đến thành phố B. Sau đó 36 phút, một ô tô con cũng xuất phát từ thành phố A để đi đến thành phố B trên cùng một tuyến đường với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô tải là 15 km/h. Do vận tốc lớn hơn nên ô tô con đã đuổi kịp và đến thành phố B cùng lúc với ô tô tải. Giả thiết rằng vận tốc của mỗi xe là không đổi trên cả tuyến đường. Hãy tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường giữa hai thành phố A và B là 154 km.

c) Cho phương trình \({x^2} - 5x + 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\). Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức \(P = \frac{1}{{2 + \sqrt {23x_1^2 - 1} }} + \frac{{3x_2^2 + 7}}{{5{x_2} + 1}}\).

a) Ta có: \(A = \sqrt 4 + \sqrt 3 \cdot \sqrt {12} - \sqrt {49} \)

\( = 2 + \sqrt {3 \cdot 12} - 7\)

\( = 2 + \sqrt {36} - 7\)

\( = 2 + 6 - 7\)

\( = 1\).

Vậy \(A = 1\).

b) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\), ta có:

\(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{{x - 4}}} \right) \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right] \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right] \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 2 - 1}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{2\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x + 1}}\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x + 2}}\)

Vậy \(B = \frac{2}{{\sqrt x + 2}}\), với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\).

c) Thay \(x = 2\) và \(y = 6\) vào \(y = a{x^2}\) được:

\({2^2} \cdot a = 6\) hay \(4a = 6\) suy ra \(a = \frac{3}{2}\).

Vậy \(a = \frac{3}{2}\) thì đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm \(M\left( {2;\,\,6} \right)\).

a) Vì \(CF,\,\,BE\) là các đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ \).

Tam giác \(AEH\) vuông tại \(E\) nên \(A,\,H,\,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (1).

Tam giác \(AFH\) vuông tại \(F\) nên \(A,\,H,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (2).

Từ (1), (2) suy ra \(A,\,\,H,\,E,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) hay tứ giác \(AEHF\) nội tiếp.

b) Ta có \(\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ \)

\(\widehat {LAC} + \widehat {ALC} = 90^\circ \) (do \(\Delta ALC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AL\) nên \(\Delta ALC\) vuông tại \(C\)).

Mà \(\widehat {ABD} = \widehat {ALC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

Do đó, \(\widehat {BAD} = \widehat {LAC}\).

Ta có \(BH \bot AC,\,\,LC \bot AC\) nên \(BH\,{\rm{//}}\,CL\) (3)

Tương tự \(CH\,{\rm{//}}\,BL\) (4).

Từ (3) và (4) ta suy ra \(BHCL\) là hình bình hành.

Mà \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(M\) là trung điểm \(HL\).

Do đó, \(H,\,M,\,L\) thẳng hàng.

Xét \(\Delta AHL\) có \(M\) là trung điểm \(HL\); \(O\) là trung điểm \(AL\).

Do đó, \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta AHL\).

Suy ra \(M\) là trung điểm \(AH = 2OM\).

Ta có \(EM\) là trung tuyến của \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\).

Do đó, \(ME = MC\) hay \(\Delta MEC\) cân tại \(M\).

Suy ra \(\widehat {MEC} = \widehat {MCE}\)

Mà \(\widehat {MCE} + \widehat {EBC} = 90^\circ \), \(\widehat {HBD} + \widehat {BHD} = 90^\circ \) nên \(\widehat {MEC} = \widehat {BHD}\).

Khi đó \(\widehat {AEN} = \widehat {AHB}\) (hai góc kề bù của cặp góc \(\widehat {MEC} = \widehat {BHD}\))

Mà \(\widehat {BAH} = \widehat {NAE}\) (chứng minh trên) nên (g.g)

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AN}}\), do đó \(AE \cdot AB = AH \cdot AN = 2OM \cdot AN\) (đpcm)

c) Gọi \(S\) là trung điểm của \(EF\).

Ta chứng minh được \(BCEF\) nội tiếp

Suy ra \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BF\))

Do đó, \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) (cùng phụ với \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\))

Tương tự chứng minh được \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\).

Suy ra $\Delta AFE\backsim \Delta ACB$ (g.g)

Do đó, \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}}\).

Vì \(S\) là trung điểm của \(EF\), \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2ES}}{{2BM}} = \frac{{2FS}}{{2CM}}\) hay \(\frac{{ES}}{{BM}} = \frac{{FS}}{{CM}}\).

Suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}\)

Suy ra $\Delta AES\backsim \Delta ABM$ (c.g.c) vì có \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}\) và \(\widehat {AES} = \widehat {ABM}\) (cmt)

Do đó, \(\widehat {ASE} = \widehat {AMB}\) (hai góc tương ứng) (*)

Có \(ME = MF = \frac{1}{2}BC\) nên \(\Delta MEF\) cân tại \(M\).

Lại có \(S\) là trung điểm của \(EF\) nên \(EF \bot MS\).

Do đó, \(\widehat {MSK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {MIK} = 90^\circ \).

Từ đây, chứng minh được \(MISK\) nội tiếp.

Do đó, \(\widehat {AMB} + \widehat {ISK} = 180^\circ \) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(\widehat {ASE} + \widehat {ISK} = 180^\circ \) hay \(\widehat {ASI} = 180^\circ \).

Suy ra \(A,\,S,\,I\) thẳng hàng

Mặt khác \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{FS}}{{CM}}\), suy ra chứng minh được $\Delta AFS\backsim \Delta ACM$ (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {FAS} = \widehat {CAM}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {BAI} = \widehat {EAK}\)

Do đó, $\Delta EAK\backsim \Delta ABI$ (g.g) suy ra \(\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{EK}}{{BI}}\).

Lại có $\Delta AFK\backsim \Delta ACI$ (g.g) nên \(\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{FK}}{{CI}}\).

Suy ra \(\frac{{FK}}{{CI}} = \frac{{EK}}{{BI}}\) hay \(\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{BI}}{{CI}}\) (***)

Ta có: \(\widehat {API} = \widehat {AQI} = 90^\circ \) nên \(IP \bot AP,\,\,QI \bot AQ\).

Mà \(IP\parallel CF,\,\,IQ\parallel BE\) nên theo định lí Thales, có \(\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{BI}}{{CI}}\) và \(\frac{{QE}}{{QC}} = \frac{{BI}}{{CI}}\) (****)

Từ (***) và (****) suy ra \(\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{QE}}{{QC}}\) hay \(\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{EK}}{{FK}}\).

Theo định lí Thales đảo \(QK\parallel CF,\,\,PK\parallel BE\).

Suy ra \(QK \bot AP,\,\,PK \bot AQ\).

Do đó, \(K\) là trực tâm của tam giác \(APQ\).