BỘ ĐỀ ÔN THI VÀO 10

Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
ĐỀ SỐ 1.
Phần I : Trắc nghiệm khách quan ( 2.0 điểm ) Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất.
1. Biểu thức
2
1 4x
x
−
xác đònh với giá trò nào sau đây của x ?
A. x ≥
1
4
B. x ≤
1
4
C. x ≤
1
4
và x ≠ 0 D. x ≠ 0
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x
A. y = 2x - 1 B.
( )
2 1 2y x= −
C. y = 2 - x D.
( )
2 1 2y x= −
3. Hai hệ phương trình
3 3
1
kx y
x y

− = −


− =

và
3 3 3
1
x y
x y
+ =


− =

là tương đương khi k bằng
A. -3 B. 3 C. 1 D. -1
4. Điểm
1
2;
2
Q
 
−
 ÷
 
thuộc đồ thò hàm số nào trong các hàm số sau đây ?
A.
2
2

2
y x=
B.
2
2
2
y x= −
C.
2
2
4
y x=
D.
2
2
4
y x= −
5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài
đoạn EF bằng :
A. 13 B.
13
C. 2
13
D. 3
13
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3
3
a, khi đó sinB bằng
A.
3

2
a
B.
1
2
C.
3
2
D.
1
2
a
7. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 18cm, AC = 24cm . Bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác đó bằng .
A. 30cm B.
15 2cm
C. 20cm D. 15cm
8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6cm, AB = 8cm. Quay tam giác đó một vòng quanh cạnh
AC cố đònh được một hình nón . Diện tích toàn phần hình nón đó là
A. 96π cm
2
B. 100 π cm
2
C. 144 π cm
2
D. 150 π cm
2
Phần II : Tự luận ( 8.0 điểm )
Bài 1: ( 1,5 điểm ) Cho phương trình bậc hai, ẩn số x: x
2

- 4x + m + 1 = 0
1. Giải phương trình khi m = 3
2. Với giá trò nào của m thì phương trình có nghiệm.
3. Tìm giá trò của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
2
+ x
2
2
= 10
Bài 2 : ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình :
3 2 2 1
2 2 3
x y
x y

− − + =


− + + =


Bài 3: ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức : 1.
6 3 3 6 3 3A = + + −
2.
( ) ( )

5 2 6 49 20 6 5 2 6
9 3 11 2
B
+ − −
=
−
Bài 4: ( 4 điểm ) Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ
là đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I . Tia vuông
góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P.
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
1
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp
2. Chứng minh AI.BK = AC.CB
3. Chứng minh tam giác APB vuông .
4. Giả sử A, B, I cố đònh . Hãy xác đònh vò trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tích lớn nhất .
ĐÁP ÁN 01
I/ Tr¾c nghiƯm kh¸ch quan.
1- C 2 - b 3 - a 4 – c
5 - d 6 - b 7 - d 8 – c
II/ tù ln.
Bµi 1: Khi m = 3, ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh : x
2
- 4x + 4 = 0 ⇒ (x - 2)
2
= 0 ⇒ x = 2 lµ nghiƯm kÐp cđa ph-
¬ng tr×nh.
1. Ph¬ng tr×nh cã nghiƯm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ (-2)
2
-1(m + 1) ≥ 0 ⇔ 4 - m -1 ≥ 0 ⇔ m ≤ 3.

VËy víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiƯm.
2. Víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiƯm . Gäi hai nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh lµ x
1
, x
2
.Theo
®Þnh lý ViÐt ta cã : x
1
+ x
2
= 4 (1), x
1
.x
2
= m + 1 (2). MỈt kh¸c theo gt : x
1
2
+ x
2
2
= 10 ⇒ (x
1
+ x
2
)
2
- 2
x
1
.x

2
= 10 (3). Tõ (1), (2), (3) ta ®ỵc :16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m = 2 < 3(tho¶ m·n) . VËy víi m = 2 th×
ph¬ng tr×nh ®· cho cã 2 nghiƯm tho¶ m·n ®iỊu kiƯn x
1
2
+ x
2
2
= 10.
Bµi 2: §iỊu kiƯn ®Ĩ hƯ cã nghiƯm:
2 0 2
2 0 2
x x
y y
− ≥ ≥
 
⇔
 
+ ≥ ≥ −
 
.
§Ỉt
2 0
2 0
x a
y b

− = ≥



+ = ≥


Khi ®ã hƯ ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh :
3 1
3
a b
a b
− =


+ =

.
Gi¶i hƯ nµy ta ®ỵc
1 0
2 0
a
b
= ≥


= ≥

(TM).
Víi
1
2
a
b

=


=

<=>
2 1
2 1 3
2 4 2
2 2
x
x x
y y
y

− =
− = =
 

⇔ ⇔
  
+ = =
+ =
 


(TM).VËy (3 ; 2) lµ nghiƯm cđa hƯ ph¬ng tr×nh ®· cho.
Bµi 3: 1. Ta cã
( ) ( ) ( )
2

2 2
6 3 3 6 3 3 2 6 3 3 6 3 3 12 2 6 3 3 12 2 3 18= + + − + + − = + − = + × =A
⇒ A =
3 2
(v× A > 0)
2.
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 3
2
2
5 2 6 3
5 2 6 3
5 2 6
5 2 6
9 3 11 2
1
9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2
−
−
−
−
−
+
−
= = = = =

− − − −
B
Bµi 4:
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
2
Gäi O lµ t©m ®êng trßn ®êng kÝnh IC
1. V× P∈
;
2
IC
O
 
 ÷
 
·
·
0 0
90 90IPC KPC⇒ = ⇒ =
.
XÐt tø gi¸c PKBC cã
·
0
90KPC =
(chøng minh trªn)
·
0
90KBC =
(gt) . Suy ra
· ·
0

180KPC KBC+ =
. Suy ra tø gi¸c
CPKB néi tiÕp ®ỵc (®pcm) .
a
b
c
i
p
k
o
Trng THCS Nhn Tõn Hunh Vn R
2. Ta có KC CI (gt), CB AC (gt)
ã
ã
CKB ICA=
(cặp góc nhọn có cạnh tơng ứng vuông góc).Xét
hai tam giác vuông AIC và BCK (
à à
0
90A B= =
) có
ã
ã
CKB ICA=
(cm/t) .Suy ra AIC đồng dạng với BCK. Từ
đó suy ra
AI BC
AI BK BC AC
AC BK
= ì = ì

(đpcm).
3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1)
ã
ã
PBC PKC=
(1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại có
ã
0
90IAC =
(gt) A
;
2
IC
O

ữ

, mặt khác P
;
2
IC
O

ữ

(cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội tiếp
ã
ã
PIC PAC=
(2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta đợc :

ã ã
ã
ã
PBC PAC PKC PIC+ = +
.Mặt khác tam giác ICK
vuông tại C (gt) suy ra
ã
ã
0
90PKC PIC+ =

ã ã
0
90PBC PAC+ =
, hay tam giác APB vuông tại P.(đpcm)
4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra
( )
ABKI
=
2
AI BK AB
s
+
Max S
ABKI
Max
( )
AI BK AB+
nhng A, I, B cố định do đó AI, AB không đổi
.Suy ra Max

( )
AI BK AB+
Max BK . Mặt khác
AC CB
BK
AI
ì
=
(theo câu 2) .Nên Max BK Max
AC.CB . Mà
( )
2
2
4 4
AC CB
AB
AC CB
+
ì =
(không đổi) .
Dấu = xảy ra AC = BC C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì S
ABKI
là lớn nhất
S 2.
Câu 1: ( 2 điểm ) 1) Phân tích x
2
9 thành tích.
2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x
2
5x + 4 = 0 không ?

Câu 2: ( 2 điểm ) 1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Câu 3: ( 1,5 điểm ) Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số
thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Câu 4: ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức: P =
2 1
:
a b ab
a b a b
+
+
với a, b

0 và a b
Câu 5: ( 2 điểm ) Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A
và vuông góc với AB cắt tia BE tại F
1) Chứng minh rằng: AF // CH
2) Tứ giác AHCF là hình gì ?
Câu 6: ( 1 điểm ) Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x x
2
)(y 2y
2
) với 0

x

2; 0

y

1
2
P N 02
Câu 1. 1) x
2
9 = (x + 3)(x - 3)
2) Thay x = 1 vào phơng trình ta thấy: 1 5 + 4 = 0 nên x = 1 là nghiệm của phơng trình.
Câu 2. 1) Hàm số y = - 2x + 3 là hàm nghịch biến vì có a = -2 < 0
2) Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0; 3)
Với y = 0 thì x =
3
2
suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Oylà: (
3
2
; 0)
Câu 3. Gọi số thứ nhất là x, số thứ hai là y
ễN THI VO 10 - NH 2009 * 2010
3
Trng THCS Nhn Tõn Hunh Vn R
Vì tổng của hai số bằng 17 nên ta có phơng trình: x + y = 17 (1)
Khi tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị thì số thứ nhất sẽ là x + 3 và số thứ hai lên 2 đơn vị thì số thứ hai sẽ là y + 2.
Vì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị nên ta có phơng trình:
(x + 3)(y + 2) = xy + 45
2x + 3y = 39 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phơng trình:
17
2 3 39
x y

x y
+ =


+ =

. Giải hệ phơng trình ta đợc
12
5
x
y
=


=

Câu 4. P =
( )
( ) ( )
2
.( ) .
a b
a b a b a b a b
a b

+ = + =

với a, b

0 và a b

Câu 5. a) Ta có H là trực tâm tam giác ABC suy ra CH AB
d AB suy ra AF AB suy ra CH // AF
b) Tam giác ABC cân tại B có BE là đờng cao nên BE đồng thời là đờng
trung trực suy ra EA = EC , HA = HC, FA = FC
Tam giác AEF = tam giác CEH nên HC = AF
suy ra AH = HC = AF = FC nên tứ giác AHCF là hình thoi
Câu 6. Với 0

x

2 0

y


1
2
thì 2x x
2

0 và y 2y
2


0
áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2x x
2
= x(2 - x)

2
x 2
1
2
x+

=
ữ

y 2y
2
= y(1 2y ) =
2
1 1 2 1 2 1
.2 (1 2 )
2 2 2 8
y y
y y
+

=
ữ


(2x x
2
)(y 2y
2
)

1
8
. Dấu = xảy ra khi x = 1, y =
1
4
. Vậy GTLN của A là
1
8
x = 1, y =
1
4
S 3
Cõu 1. ( 2 im ) Gii cỏc phng trỡnh sau:
a) 2x 3 = 0.
b) x
2
4x 5
Cõu 2. ( 2 im ) a) Cho phng trỡnh x
2
2x 1 = 0 cú hai nghim l x
1
v x
2
. Tớnh giỏ tr ca biu thc
S =
1
2
x
x

+
2
1
x
x
.
b) Rỳt gn biu thc: A =
1 1
a 3 a 3
ổ ử
ữ
ỗ
+
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
- +









a

3
1
vi a > 0 v a
9

.
Cõu 3. ( 2 im )
a) Xỏc nh cỏc h s m v n, bit rng h phng trỡnh



=+
=
1mynx
nymx
cú nghim l
( )
3,1
b) Khong cỏch gia hai tnh A v B l 108 km. Hai ụtụ cựng khi hnh mt lỳc i t A n B, mi
gi xe th nht chy nhanh hn xe th hai 6 km nờn xe n B trc xe th hai l 12 phỳt. Tớnh vn tc mi
xe.
Cõu 4. ( 3 im ) Cho tam giỏc ABC cõn ti A, ni tip ng trũn (O). K ng kớnh AD. Gi M l trung
im ca AC, I l trung im ca OD.
a) Chng minh OM // DC.
b) Chng minh tam giỏc ICM cõn.
ễN THI VO 10 - NH 2009 * 2010
4
H
d
F

E
D
C
A
B
O
M
N

K
I
B C
D
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC
2
= IA.IN
Câu 5. ( 1 điểm ) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các điểm A( -1 ; 2 ), B( 2 ; 3 ) và C( m ; 0 ). Tìm m sao
cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
ĐÁP ÁN 03
Câu 1: a/ 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x =
2
3
.
b/ Phương trình có dạng a – b + c = 0. Nên có một nghiệm x
1
= –1 và nghiêm thứ hai x
2
=
a

c−
= 5.
Câu 2. a) Tính được x
1
+ x
2
= 2 và x
1
.x
2
= – 1.
Biến đổi: S =
21
2
2
2
1
.xx
xx +
=
( )
21
21
2
21
.
2
xx
xxxx −+
= – 6.

b) Biến đổi








− 3
1
a
+








+ 3
1
a
=
( )( )
33
2
+− aa
a

; 1–
a
3
=
a
a 3−
Rút gọn A =
3
2
+a
.
Câu 3. a) Thay giá trị x,y vào hệ ta có hệ phương trình sau:





=+−
=−−
13
3
mn
nm
Giải hệ ta tìm được m =
23 −
và n =
322 −
.
b) Gọi vân tốc xe thư nhất là x ( km/h) ( x> 6)
Vân tốc của xe thứ hai là

6−x
( km/h)
Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:
x
108
( giờ )
Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:
6
108
−x
( giờ )
Theo bài ra ta có phương trình:
−
− 6
108
x
x
108
=
5
1
(*)
Giải phương trình (*) tìm được x = 60 và x = – 54 ( loại )
Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h.
Câu 4.
a) MA = MC => OM
⊥
AC
Góc ACM = 90
0

=> DC
⊥
AC
OM không trùng DC => OM // DC.
b) Gọi K là trung điểm của MC => IK là đường trung bình của hình thang OMCD
=> IK // OM => IK
⊥
MC
=>
IMC
∆
cân tại I.
c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA
Suy ra tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI
Suy ra MI
2
= IA.IN, mà IC = IM nên IC
2
= IA.IN
Câu 5. Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua trục Ox.
=> A’
( )
2;1 −−
và AC = A’C.
Do AB không đổi nên AB + AC + BC nhỏ nhất <=>
AC + BC nhỏ nhất.
Ta có AC + BC = A’C = CB
≥
A’B.
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, C, B thẳng hàng, tức là C

ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
5
A
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
Là giao điểm của A”b với trục Ox.
A’
( )
)3;2(,2;1 B−−
=> pt đường thẳng A’B: y =
3
1
3
5
−x
Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C (
0;
5
1
) => m =
5
1

ĐỀ SỐ 4
Bài 1. ( 2 điểm ) a/ Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
5
5
và
32
5
+

b/ Rút gọn biểu thức: A=
b
a
b
bab
−
−
2
2
. Trong đó a
0,0 >≥ b
Bài 2. ( 2 điểm ) a/ Giải phương trình: x
2
+ 2x – 35 = 0
b/ Giải hệ phương trình:



=+
=−
82
232
yx
yx
Bài 3. ( 2,5 điểm )
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A( 1; 1 ), B( 2; 0 ) và đồ thị (P) của hàm số y =
2
x−
.
a) Vẽ đồ thị (P).

b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA. Chứng minh rằng đường thẳng
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện tích tam giác ACD ( đơn vị đo trên các trục tọa
độ là cm )
Bài 4. ( 3,5 điểm )
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N ( N khác A và B ), trên
cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN.
a) Chứng minh
AMBBNC ∆=∆
.
b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp.
c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh.
ĐÁP ÁN 04
Bài 1. a)
5
5
=
5
;
32
5
+
=
( )
( )( )
3510
34
3510
3232
325
−=

−
−
=
−+
−
b) A =
b
a
b
bab
−
−
2
2
. =
22 −=−−
b
a
b
a
. với a
0,0 >≥ b
.
Bài 2. a) x
2
+ 2x – 35 = 0 (*)
∆
’ = 1 + 35 = 36 = 6
2
. Do đó (1) có hai nghiệm phân biệt.




=
−=
5
7
2
1
x
x
b) Giải hệ phương trình:



=+
=−
)(82
)(232
byx
ayx
nhân
( )
b
với 2 và
lấy
( ) ( )
ba 2−
. Ta có <=>




=+
=−
82
147
yx
y
<=>



−=
=
48
2
x
y
<=>



=
=
2
4
y
x

Bài 3. a/

ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
6
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ

b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax. Thay thế tạo độ A vào ta có 1 = a.
vì d // OA nên phương trình đường thẳng d có dạng y = x + b.
d đi qua B ( 2; 0 ) => 0 = 2 + b => b =
2−
=> phương trình d là y= x
2−
.
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là:
022
22
=−+⇔−=− xxxx
1==⇔
C
xx
hay
2−==
D
xx
( vì a + b + c = 0 )
121 −=−=⇒
C
y
và
422 −=−−=
D

y
Ta có: x
A
= x
C
=> AC
⊥
Ox. => S
ACD
=
( )( ) ( )( )
31121
2
1
2
1
.
2
1
=++=−−=−−
CADCCADC
yyxxyyxx
Vậy S
ACD
= 3 cm
2
.
Bài 4. a) Chứng minh
∆
BNC =

∆
AMB





=
=∠=∠
=
ABBC
AB
AMBN
0
60
=>
∆
BNC =
∆
AMB. ( c.g.c ).
b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp.



0
180=+∠
∠=∠
ANPBNC
AMBBNC
)( BNCAMB ∆=∆

=>
0
180=∠+∠ ANPAMB
=> tứ giác ANPM nội tiếp.
c) Quỹ tích điểm P khi N di động trên cạnh AB.
Tứ giác ANPM nội tiếp và
0
60=∠A
=>
0
120=∠NPM
=>
0
120=∠BPC
.
BC cố định => Pluôn nhìn bc với góc 120
0
không đổi. Nên khi N di động trên AB thì quỹ tích P là
cung chứa góc 120
0
dựng trê đoạn BC.
+ Giới hạn quỹ tích:
Khi N trùng B thì P trùng B
Khi N trùng A thì P trùng C.
Vậy quỹ tích điểm P là cung BC, nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ là cung BC.
ĐỀ SỐ 5
Bài 1. ( 2điểm ) Cho biểu thức: N =
ab
ba
bab

b
bab
a +
−
−
+
+

với a,b là 2 số dương khác nhau.
a) Rút gọn biểu thức N.
b) Tính giá trị của biểu thức N khi : a =
526 +
và b =
526 −
Bài 2. ( 2,5 điểm ) Cho phương trình ẩn x: x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 3 = 0
a) Giải phương trình với m =
3
.
b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Bài 3. ( 1,5 điểm ) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là y = -
2
2
1
x

a) Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)
ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
7
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
b) Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song song với trục tung bao
giờ cũng cắt parabol y = -
2
2
1
x
tại 2 điểm phân biệt
Bài 4. ( 4 điểm ) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A, B .Từ điểm M nằm
trên đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn , trong đó P
và Q là các tiếp điểm.
a) Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác MPQ
b) Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông.
c) Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội tiếp tam giác MPQ
chạy trên một đường thẳng cố định.
ĐÁP ÁN 05
Bài 1. a) N =
ab
ba
bab
b
bab
a +
−
−
+

+
=
ab
ba
aba
b
bab
a +
−
−
+
+ )()(
=
ab
ba
abab
abbaba
abab
abbaabbbabaa
−
+
=
−
+
=
−
−+−++−
)())(
))(()()(
b) Ta có a =

526 +
=
15)15(
2
+=+
v à b =
526 −
=
15)15(
2
−=−
=> N =
5
1515
1515
−=
−−−
−++
=
−
+
ab
ba
Bài 2. a) khi m =
3
,phương trình : x
4
– 2mx
2
+ m

2
– 3 = 0 trở thành:
x
4
- 2
3
x = 0
⇔
x
2
(x
2
- 2
3
) = 0
⇔



=
=
32
0
2
x
x

⇔





±=
=
32
0
3,2
1
x
x
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : x
1
= 0 , x
2
=
32
x
3
= -
32
b) Đặt t = x
2
, điều kiện t
≥
0 .Phương trình đã cho trở thành: t
2
– 2mt + m
2
– 3 = 0 (1)
Phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt

⇔
phương trình (1) có 2 nghiệm trong đó có một nghiệm
bằng 0 và 1 nghiệm dương
*)Phương trình (1) nhận t = 0 là nghiệm
⇔
m
2
– 3 = 0
⇔
m =
±
3
+) Khi m =
3
, phương trình (1) trở thành: t
2
-
3
t = 0
⇔



=
=
32
0
2
1
t

t
(thoả mãn). Vậy m =
3
là giá trị cần tìm
+)Khi m = -
3
, phương trình (1) trở thành : t
2
+ 2
3
t = 0
⇔



−=
=
32
0
2
1
t
t
(không thích hợp). Vậy m = -
3
không thoả mãn loaị
Tãm l¹i ph¬ng tr×nh ®· cho cã 3 nghiÖm ph©n biÖt
⇔
m =
3

Bµi 3. a) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ cã hÖ sè gãc b»ng k lµ: y = k(x – 2) – 3
b) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ kh«ng song song víi trôc tung cã d¹ng:
y = k(x – 2) – 3 ( k lµ 1 sè bÊt kú)
Hoµnh ®é giao ®iÓm cña parabol (p) vµ ®êng th¼ng (d) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:
-
2
1
x
2
= k(x-2) – 3
⇔
x
2
+ 2kx – 4k – 6 = 0 (*)
§êng th¼ng (d) vµ parabol(p) c¾t nhau t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt
ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
8
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
⇔
ph¬ng tr×nh (*) cã 2 nghiƯm ph©n biƯt víi mäi k
⇔

/
∆
> 0 víi mäi k
⇔
k
2
+ 4k + 6 > 0 víi mäi k
ThËt vËy

/
∆
= k
2
+ 4k + 6 = (k
2
+ 4k + 4) + 2 = (k + 2)
2
+ 2 > 0 víi mäi k => ®iỊu ph¶i chøng minh.
Bµi 4.
P
M
Q
A B
O
K
(D)
I
Câu a)
+)V× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M => tia MO lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc PMQ (1)
+) Còng v× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M
 gãc PMO = QMO => cung PI = cung IQ
Ta cã gãc MIP lµ gãc t¹o bëi mét d©y cung vµ tiÕp tun => S® gãc MPI =
2
1
S® cung PI
L¹i cã S® gãc IPQ =
2
1
S® cung QI => gãc MPI = gãc IPQ => PI lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc MPQ (2)

Từ (1) và (2) => I là giao điểm của hai đường phân giác tại đỉnh M và đỉnh P của tam giác MPQ => I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm)
Câu b) * Phân tích:
Giả sử M là điểm trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MPOQ là hình vng => cạnh của hình vng là R
 MO = R
2

 M nằm trên đường tròn (O ; R
2
)
 M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R
2
)
* C¸ch dùng:
+ Dùng ®o¹n R
2

+ VÏ ®êng trßn (O, R
2
)
+ LÊy giao ®iĨm M cđa ®êng th¼ng (d) vµ ®êng trßn (O, R
2
)
=> M lµ ®iĨn ph¶i dùng
* Chứng minh:
Vì MO = R
2
> R => M nằm ngoài đường tròn (O,R)
Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn
+ Áp dụng đònh lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có

MP
2
= MO
2
– OP
2
= 2R
2
– R
2
= R
2
=> MP = R
Tương tự chứng minh được MQ = R => MPOQ là tưa giác có 4 cạnh bằng nhau và có 1 góc vuông =>
MPOQ là hình vuông
* Biện luận:
Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R
2
) cắt nhau tại 2 điểm
=> bài toán có hai nghiệm hình
Câu c) + Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là đường tròn đường kính MO
+ Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) tại K => góc MKO = 1v
=> K nằm trên đường tròn đường kính MO
=> đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố đònh O và K
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
9
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
=> tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực (
∆
)

của đoạn OK.
ĐỀ SỐ 06
Bài 1. ( 1,5 điểm ) Cho biểu thức : A =
x
xx
24
44
2
−
+−
a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999
Bài 2. ( 1,5 điểm ) Giải hệ phương trình:







=
−
+
−=
−
−
5
2
34
1

2
11
yx
yx
Bài 3. ( 2 điểm ) Tìm giá trị của a để phương trình : (a
2
– a – 3)x
2
+ (a + 2)x – 3a
2
= 0
nhận x = 2 là nghiệm .Tìm nghiệm còn lại của phương trình?
Bài 4. ( 4 điểm ) Cho tam giác ABC vng ở đỉnh A . trên cạnh AB lấy điểm D khơng trùng với đỉnh A và
đỉnh B. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại E. Đường thẳng AE cắt đường tròn đường kính BD tại
điểm thứ 2 là G. Đường thẳng CD cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là F . Gọi S là giao điểm của
các đường thẳng AC và BF. Chứng minh:
a) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG
b) SA. SC = SB. SF
c) Tia ES là phân giác của góc AEF
Bài 5. ( 1 điểm ) Giải phương trình : x
2
+ x + 12
1+x
= 36
ĐÁP ÁN 06
Bài 1. a) Ta có : A =
x
xx
24
44

2
−
+−
=
)2(2
)2(
2
x
x
−
−

Vì (x- 2)
2

≥
0 với mọi x =>
2
)2( −x
có nghĩa với mọi x => A có nghĩa
⇔
4 – 2x
≠
0
⇔
x
≠
2
b) Ta có A =
x 2

2(2 x)
−
−

⇔

x 2 1
khi x 2 0
2(2 x) 2
2 x 1
khi x 2 0
2(2 x) 2
ì
-
ï
ï
= - - >
ï
ï
-
ï
í
ï
-
ï
= - <
ï
ï
-
ï

ỵ

Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5
Bài 2. Đặt u =
x
1
và v =
2
1
−y
.Hệ phương trình trên trở thành:



=+
−=−
534
1
vu
vu

Giải hệ phương trình trên được







=

=
7
9
7
2
v
u
; Với u =
7
2
=> x =
2
7
; Với v =
7
9
=> y =
9
25

Vậy hệ có nghiệm là : x = 7/2; y = 25/9
Bài 3. Phương trình đã cho nhận x
1
= 2 là nghiệm
⇔
4(a
2
– a – 3) + 2(a + 2) – 3a
2
= 0

⇔
a
2
– 2a – 8 = 0
⇔
a = -2 và a = 4
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
10
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
Khi đó nghiệm còn lại của phương trình là: x
2

=
2
2
3a
2(a a 3)
−
− −

+) Nếu a = -2 , nghiệm còn lại của phương trình là x
2
= -2
+) Nếu a = 4 , nghiệm còn lại của phương trình là x
2
= -
3
8

Bài 4.

S
A
C
E
B
F
G
D
a) Chứng minh AC // FG ( 1 đ)
Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v nên nội tiếp được trong một đường tròn
=> ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1)
Mặt khác 4 điểm D,G, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BDnên tứ giác DGEF nội tiếp được đường
tròn => góc DEG = góc DFG (2)
Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG
=> AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau)
b) Chứng minh SA.SC = SB. SF (1,5đ)
Tứ giác ACBF có
∠
A =
∠
F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>
∠
FAC +
∠
FBC = 2v
Lại có
∠
FAC +

∠
SAF = 2v =>
∠
SAF =
∠
FBC hay
∠
SAF =
∠
SBC
Xét 2 tam giác SAF và SBC có :

∠
S chung ,
∠
SAF =
∠
SBC (cmt) => Hai tam giác SAF và SBC đồng dạng =>
SC
SF
SB
SA
=

=> SA.SC = SB.SF
c) Chøng minh : Tia ES lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF
Ta cã gãc AED = gãc ACF (cmt) (1)
V× tø gi¸c BEDF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn => gãc DEF = gãc DBF (2)
V× tø gi¸c ACBF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn => gãc ACF = gãc ABF (3)
Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = gãc DEF => ED lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF

MỈt kh¸c : CF vµ BA lµ c¸c ®êng cao cđa tam gi¸c SBC nªn D lµ trùc t©m cđa tam gi¸c nµy => SD
⊥
BC
Mµ DE
⊥
BC => 3 ®iĨm S.D,E th¼ng hµng => tia ES lµ ph©n gi¸c cđa gãc AEF
Bµi 5. Ta cã x
2
+ x + 12
1+x
= 36
⇔
(x
2
+ 2x + 1) – (x – 1 – 12
1+x
+ 36) = 0
⇔
(x + 1)
2
– (
1+x
- 6)
2
= 0
⇔
(x + 1 -
1+x
+ 6 )( x + 1 +
1+x

- 6 ) = 0
a) Trường hợp : x + 1 -
1+x
+ 6 = 0 (a)
Đặt t =
1+x
( điều kiện t
≥
0 ) , phương trình (a) trở thành
t
2
– t + 6 = 0 ( vô nghiệm)
b) Trường hợp : x + 1 +
1+x
- 6 = 0 (b)
Đặt t =
1+x
( điều kiện t
≥
0 ) , phương trình (b) trở thành
t
2
+ t - 6 = 0
⇔
t = - 3 (loại) hoặc t = 2 (thoả mãn)
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
11
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
t = 2 =>
1+x

= 2
⇔
x + 1 = 4
⇔
x = 3
Vậy phương trình có một nghiệm x = 3
ĐỀ SỐ 07
Bài 1. ( 2,5 điểm ) Cho biểu thức : T =
1
1
1
1
1
2
−
+
−
++
+
+
−
+
x
x
xx
x
xx
x
với x > 0 và x
≠

1
a) Rút gọn biểu thức T
b) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x
≠
1 luôn có T <
3
1
Bài 2. ( 2,5 điểm) Cho phương trình : x
2
– 2mx + m
2
-
2
1
= 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm của phương trình có giá trò tuyệt đối bằng
nhau
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm ấy là số đo của hai cạnh góc vuông của một
tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3
Bài 3. ( 1 điểm )
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = x
2
(P)
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 12 và có với parabol (P) đúng một
điểm chung.
Bài 4. ( 4 điểm )
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Một điểm M chuyển dộng trên đường tròn (O) ( M khác với A
và B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường kính AB.Vẽ đường tròn (T) có tâm là M và bán
kính MH . Từø A và B lần lượt kể tiếp tuyến AD và BC đến đường tròn (T) (D và C là các tiếp điểm)
a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trò không đổi.

b) Chứng minh rằng đường thẳng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c) Chứng minh rằng với bất kỳ vò trí nào của M trên đường tròn (O) luôn có bất đẳng thức AD.BC
≤

R
2
. Xác đònh vò trí của M trên đường tròn (O) để đẳng thức xảy ra
d) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố đònh .Gọi I là trung điểm của MN và P là hình chiếu vuông
góc của I trên MB . Khi M chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường nào ?
ĐÁP ÁN 07
Bài 1. a) T =
1
1
1
1
1
2
−
+
−
++
+
+
−
+
x
x
xx
x
xx

x
=
1
1
1
1
1)(
2
3
−
−
++
+
+
−
+
xxx
x
x
x

=
)1)(1(
)1()1)(1(2
++−
++−−+++
xxx
xxxxx
=
)1)(1( ++−

−
xxx
xx
=
)1)(1(
)1(
++−
−
xxx
xx
=
1++ xx
x

b) Xét
3
1
- T =
3
1
-
1++ xx
x
=
4
9
)
2
1
(3

)1(
2
2
++
−
x
x

=>
3
1
- T > 0 vì (
x
- 1)
2
> 0 và 3(
4
9
)
2
1
2
++x
> 0 với mọi x > 0 và x
≠
1
=> T <
3
1
với x > 0 ø và x

≠
1
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
12
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
Bài 2. a) Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn
21
xx =

=> x
1
= x
2
hoặc x
1
= - x
2

+ Nếu x
1
= x
2
=>
∆
= 0 =>
∆

=
2
1
= 0 (vô lý)
+ Nếu x
1
= - x
2
=> x
1
+ x
2
= 0 => 2m = 0 => m = 0
=> phương trình đã cho trở thành : x
2
-
2
1
= 0
⇔
x =
2
1
±

=> phương trình có 2 nghiệm có giá trò tuyệt đối bằng nhau
=> m = 0 là giá trò cần tìm
b) Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
và x

2
là số đo của 2 cạnh góc vuông của một tam giác vuông có
cạnh huyền bằng 3
=> x
1
> 0 ; x
2
> 0 và x
1
2
+ x
2
2
= 9
Ta có x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
x
2

= 4m
2
– 2(m
2
-
2
1
) = 2m
2
+ 1
=> và x
1
2
+ x
2
2
= 9
⇔
2m
2
+ 1 = 9
⇔
m =
±
2
+Với m = 2 phương trình đã cho trở thành : x
2
– 4x +
2
7

= 0
Phương trình này có 2 nghiệm là: x
1
= 2 -
2
1
; x
2
= 2 +
2
1
(thoả mãn)
=> m = 2 là giá trò cần tìm
+ Với m = -2 phương trình đã cho trở thành: x
2
+ 4x +
2
7
= 0
Phương trình này có 2 nghiệm là : x
1
= - 2 -
2
1
< 0 và x
2
= - 2 +
2
1
< 0 (loại)

=> m = -2 không troả mãn
Tóm lại: Phương trình đã cho có hai nghiệm và 2 nghiệm này là số đo 2 cạnh của góc vuông của tam
giác vuông có cạnh huyền bằng 3
⇔
m = 2
Bài 3. +)Gọi (d) là đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng y = 3x + 12 => phương trình
đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m
+) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol y = x
2
là nghiệm của phường trình: x
2
= 3x + m
⇔
x
2
– 3x – m = 0 (*)
+) Đường thẳng (d) và parabol y = x
2
có đúng 1 điểm chung
⇔
phương trình (*) có nghiệm duy nhất
⇔

∆
= 0
⇔
9 + 4m = 0
⇔
m = -
4

9
=> phương trình đường thẳng (d) là y = 3x -
4
9

Bài 4. a) +) Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ đỉnh A
=> AD = AH (1)
+) Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ đỉnh B
=> BC = BH (2)
+) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
13
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ

A
B
D
C
O
M
H
N
II
K
b) * Trước hết ta chứng minh 3 điểm C, D , M thẳng hàng
Thật vậy: + Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ A
=> góc AMD = góc AMB (3)
+ Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ B
=> góc BMC = góc BMH (4)
Từ (3) và (4) => góc AMD + góc BMC = góc AMH + góc BMH = góc AMB = 90

0

=> (góc AMD + góc BMC) + (góc AMH + góc BMH) = 180
0

=> 3 điểm C, D, M thẳng hàng và M là trung điểm của CD
* Vì AD và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH)
=> AD
⊥
CD và BC
⊥
CD => ABCD là hình thang vuông
Mặt khác : O là trung điểm của AB và M là trung điểm của CD
=> OM là đường trung bình của hình thang ABCD => OM // AD
Li có AD
⊥
CD => OM
⊥
CD
Mà Om là đường kính của đường tròn (O) => CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c) Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)
2
- (AD – BC)
2

≤
(AD +BC)
2
= 4R
2

=> AD.BC
≤
R
2

Đẳng thức xảy ra
⇔
AD = BC
⇔
ABCD là hình chữ nhật ngoại tiếp nửa đường tròn đường kính AB
⇔
M là trung điểm của của nửa đường tròn đường kính AB
D) Ta có góc AMB = 90
0
(Góc nôòo tiết chắn nửa đường tròn ) => AM
⊥
MB.
Mặt khác : IP
⊥
MP (gt) => AM // IP hay IK //AM
Xét
∆
ANM có IK // AM , I là trung điểm MN => IK là đường trung bình
=> K là trung điểm của AN mà A và N cố đònh => K cố đònh
Ta có góc BPK = 90
0
và các điểm B, K cố đònh
=> Khi M chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường tròn đường kính BK
ĐỀ SỐ 08

Bài 1. ( 2điểm ) Cho A = (
)1
1
).(1
1
−
−
−
+
+
+
a
aa
a
aa
Với 1
0≥≠ a
a) Rút gọn A
b) Với 1
0
≥≠
a
. Tìm a sao cho A = - a
2

Bài 2. ( 2 điểm ) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho các điểm : M(2 ; 1) và N(5; -
2
1
) và đường thẳng (d):
y = ax + b

a) Tìm a và b để đường thẳng (d) đi qua M và N
b) Xác đònh toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với 2 trục Ox và Oy
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
14
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
Bài 3. ( 2 điểm ) Cho số nguyên dương gồm 2 chữ số .Tìm số đó biết rằng tổng của 2 chữ số bằng 1/8
số đã cho và nếu thêm 13 vào tích 2 chữ số sẽ được 1 số mới viết theo thứ tự ngược lại với số đã cho.
Bài 4. ( 3 điểm ) Cho tam giác PBC , PA là đường cao. Đường tròn đường kính BC cắt PB ,PC lần lượt
ở M và N , NA cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E.
a) Chứng minh 4 điểm : A, B, P, N cùng thuộc 1 đường tròn .Xác đònh tâm và bán kính của đường
tròn đó.
b) Chứng minh : EM
⊥
BC
c) Gọi F là điểm đối xứng của N qua BC, chứng minh AM.AF = AN . AE
Bài 5. ( 1 điểm ) Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :
2
)1(
1

34
1
23
1
2
1
<
+
++++
nn

ĐÁP ÁN 08
Bài 1. a) A = (
)1
1
).(1
1
−
−
−
+
+
+
a
aa
a
aa
=






−
−
−







+
+
+
1
1
)1(
.1
1
)1(
a
aa
a
aa
= (
)1).(1 −+ aa
= a – 1
b) Tìm 1
0≥≠ a
. Thoả mãn đẳng thức A = - a
2


⇔



−=
≥≠

2
01
aA
a

⇔



−=−
≥≠
2
1
01
aa
a

⇔




=−+
≥≠
01
01
2
aa
a

⇔















−−
=
−
=
≥≠
2
15
2
15
01
a
a
a

⇔
a =
2
15 −

Bài 2. a) Vì đường thẳng (d) : y = ax + b đi qua 2 điểm M và N nên lần lượt thay x = 2, y = 1 và x = 5 , y
= -
2
1
vào phương trình đường thẳng (d), ta có hệ phương trình





+=−
+=
ba
ba
5
2
1
21

⇔






−=
+=
2
3
3
21
a
ba

⇔





−=
+=
2
1
21
a
ba

⇔








−=
+−=
2
1
)
2
1
.(21
a
b

⇔





−=
=
2
1
2
a
b

Vậy đường thẳng (d) : y = -
2
1
x + 2

b) Xác đònh tạo độï giao giao điểm của (d) với 2 trục toạ độ
+ Giao của (d) với trục Oy: Cho x = 0 vào phương trình y = -
2
1
x + 2 ta tìm được y = 2 => (d) cắt trục
Oy tại điểm (0; 2)
+ Giao của (d) với trục Ox : Cho y = 0 ta có: 0 = -
2
1
x + 2 => x = 4 => (d) cắt trục Ox tại điểm (4;0)
Bài 3. Gọi số nguyên dương có hai chữ số là ab (Điều kiện : a , b
∈
N ; 1
9≤≤ a
; 0
9≤≤ b
)
Tổng hai chữ số của nó la:ø a + b
Theo bài ra ta có phương trình : a+ b =
8
1
ab hay : a+b =
8
1
(10a+ b) (1)
Tích hai chữ số của nó là : a.b
Theo đầu bài ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
15

Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ





+=+
+=+
abab
baba
1013
)10(
8
1

⇔




+=+
+=+
abab
baba
1013
1088

⇔






+=+
=−
)2 (1013
)1 ( 072
/
/
abab
ba
Từ (1
/
) => a =
2
7b
thế vào (2
/
) ta được :
2
7b
.b + 13 = 10b +
2
7b

⇔
7b
2
– 27b + 26 = 0
Có :

∆
= 27
2
– 4.7.26 = 1 =>
∆
= 1 => b
1
=
14
127 +
= 2 (thoả mãn)
b
2
=
14
127 −
=
N∉
14
26
(loại)
Với b = 2 => a =
2
2.7
= 7. Đối chiếu với điều kiện đặt ra ta có a = 7 ; b = 2 thoả mãn
Vậy số đã cho là 72
Bài 4.

P
B C

N
M
A
E
H
F
K

a) Ta có : góc BNC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> góc BNP = 1v.Tứ giác ABPN có góc BNP = góc BAP = 1v cùng nhìn PB nên 4 điểm A,B,P,N cùng
thuộc đường tròn đường kính BP (Tâm của đường tròn là trung điểm của BP , bán kính BP/2)
b) Có tứ giác ABPN nội tiếp => góc BPA = góc BNA (cùng chắn cung AB)
Mt khác : góc BME = góc BNA ( cùng chắn cung BE) => góc BPA = góc BME
Mà 2 góc này ở vò trí đồng vò => ME // AP. mà AP
⊥
BC => EM
⊥
BC
c)Ta có F là điểm đối xứng của N qua BC mà N
∈
(O) => F
∈
(O) (Tính chất đối xứng)
Tam giác AME cân (vì có AB
⊥
ME => HM = HE
=> AH vừa là đường cao vừa là trung tuyến) nên AM = AE (1)
∆
NAF cân ( vì NF
⊥

AC => KN = KF => AK vừa là đường cao cừa là trung tuyến) nên AN = AF (2)
Từ (1) và (2) => AM.AF = AN . AE
Bài 5. Ta có :
)
1
11
.(
)1(
1
.
)1(
1
.
)1(
)1(
1
+
−=
+
−+
=
+
=
+
=
+
nn
n
nn
nn

n
nn
n
nn
n
nn

=
)
1
11
.(2)
1
11
)(
1
1()
1
11
)(
1
11
.(
+
−<
+
−
+
+=
+

−
+
+
nnnnn
n
nnnn
n
(Vì dễ thấy : 1 +
1+n
n
< 1+1 = 2 )
Vậy :
)
1
11
(2
)1(
1
+
−<
+ nnnn
(1)
Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, … n ta có:
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
16
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ

)
2
1

1
1
(2
1)11(
1
2
1
−<
+
=
;
)
3
1
2
1
(2
2)12(
1
23
1
−<
+
=

)
4
1
3
1

(2
3)13(
1
34
1
−<
+
=
; ……;
)
1
11
(2
)1(
1
+
−<
+ nnnn
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có:

2
)1(
1

34
1
23
1
2
1

<
+
++++
nn
(1-
)
1
1
+n
< 2 (Bởi vì 1-
1
1
+n
< 1 )
ĐỀ SỐ 9
Bài 1. ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức : M = (
a
a
a
aa
+
+
−
−
1
1
).
1
1
Với a

≥
0 và a
≠
1
Bài 2. ( 1,5 điểm ) Tìm hai số x và y thoả mãn các điều kiện sau:



=
=+
12
25
22
xy
yx
Bài 3. ( 2 điểm ) Hai người cùng làm chung một công việc sẽ hoàn thành trong 4 ngày. Nếu mỗi người
làm riêng để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất là ít hơn người thứ hai 6 giờ. Hỏi nếu làm
riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu sẽ hoàn thành công việc.
Bài 4. ( 2 điểm ) Cho các hàm số : y = x
2
(P) và y = 3x + m
2
(d) ( x là biến số , m là tham số
cho trước)
a) Chứng minh rằng với bất kỳ giá trò nào của m , đường thẳng (d) luôn cắt parabol(P) tại 2 điểm phân
biệt.
b) Gọi y
1
và y
2

là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol(P).Tìm m để có đẳng thức : y
1

+ y
2
= 11y
1
.y
2

Bài 5. ( 3 điểm ) Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A.Trên cạnh AC lấy điểm M( Khác với các điểm A và
C).Vẽ đường tròn (O) đường kính MC.Gọi T là giao điểm thứ hai của các cạnh BC với đường tròn
(O).Nối BM kéo dài cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D . Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại
điểm thứ hai là S.Chứng minh:
a) Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn
b) Khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì góc ADM có số đo không đổi
c) Đường thẳng AB song song với đường thẳng ST
ĐÁP ÁN 9
Bài 1. Ta có
a
a
a
aa
−
−
=
−
−
1
)(1

1
1
3
=
a
aaa
−
++−
1
)1)(1(
= 1 +
a
+ a
=>
a
a
aa
+
−
−
1
1
= (1 +
a
+ a) +
a
= (1 +
a
)
2

=> M = (1+
a
)
2
.
a+1
1
= 1 +
a

Bài 2. Vì :



=
=+
12
25
22
xy
yx
=> (x + y)
2
= x
2
+ y
2
+ 2xy = 25 + 2.12 = 49 => x + y =
±

7
a) Trường hợp : x + y = 7
Lại có xy = 12 => x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai: t
2
– 7t + 12 = 0
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
17
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
Phương trình có :
∆
= 49 – 48 = 1 ,nên phương trình có 2 nghiệm là: t
1
= 3 ; t
2
= 4
=> 2 số cần tìm là :



=
=
4
3
1
1
y
x
hoặc




=
=
3
4
2
2
y
x

b) Trường hợp : x + y = - 7
Lại có xy = 12 => x, y là nghiệm của phương trình bậc hai: t
2
+ 7t + 12 = 0
Phương trình có :
∆
= 49 – 48 = 1 .Nên có hai nghiệm là : t
3
= -3 ; t
4
= - 4
=> 2 số cần tìm là:



−=
−=
4
3
3

3
y
x
hoặc



−=
−=
3
4
4
4
y
x

Tóm lại có 4 cặp số thoả mãn điều kiện đã cho là:



=
=
4
3
1
1
y
x
;




=
=
3
4
2
2
y
x
;



−=
−=
4
3
3
3
y
x
;



−=
−=
3
4

4
4
y
x

Bài 3. Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc là x giờ. Điều kiện: x > 0
=> người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc (x +6) giờ
Trong một giờ người thứ nhất làm được
x
1
công việc
Trong một giờ người thứ hai làm được
6
1
+x
công việc
Vì trong 1 giờ nếu làm chung cả hai người làm được
4
1
công việc nên có phương trình

x
1
+
6
1
+x
=
4
1

⇔
4(x + 6) + 4x = x(x+ 6)
⇔
x
2
– 2x – 24 = 0
Phương trình này có hai nghiệm là x
1
= 6 ; x
2
= -4(loại)
Vậy thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc là 6 giờ
Thời gian người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc là: 6 + 6 = 12 giờ
Bài 4. a) Hoành đọ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của
phương trình : x
2
= 3x + m
2

⇔
x
2
- 3x - m
2

= 0 (*)
Phương trình (*) có :
∆
= 9 + 4m

2
> 0 với mọi m
=> phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
=> Đường thẳng (d) bao giờ cũng cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt
b) Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng (d) và para bol (P) và toạ độ giao điểm của chúng là:
A(x
1
; y
1
) ; B(x
2
; y
2
)
Áp dụng hệ thức viet cho phương trình (*) ta có :



−=
=+
2
21
21
.
3
mxx
xx

Ta có y
1

+ y
2
= ( 3x
1
+ m
2
) + (3x
2
+ m
2
) = 3(x
1
+ x
2
) + 2m
2
= 2m
2
+ 9 (1)
và y
1
.y
2
= x
1
2
.x
2
2
= (x

1
.x
2
)
2
= (-m
2
)
2
= m
4
(2)
Từ (1) và (2) ta có : y
1
+ y
2
= 11y
1
.y
2
⇔
2m
2
+ 9 = 11 m
4

⇔
11m
4
– 2m

2
– 9 = 0 (3)
Đặt : t = m
2
, điều kiện t
≥
0 ,phươưng trình (3) trở thành: 11t
2
– 2t – 9 = 0
Vì phương trình có a + b + c = 0, nên phương trình có 1 nghiệm là t = 1 nghiệm còn lại là t = -
11
9
(loại)
Với t = 1 => m
2
= 1 => m =
±
1
Vì phương trình (*) có nghiệm với mọi m nên m =
±
1 thoả mãn
=> (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt có tung độ thoả mãn y
1
+ y
2
= 11y
1
.y
2

⇔
m =
±
1
Bài 5:
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
18
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
B
A
C
T
S
D
M
a) Ta có
∠
MTC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Lại có :
∠
BAC =1v (gt) => Tứ giác ABTM có :
∠
A +
∠
T = 2v
=> Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn
b) Ta có
∠
MDC = 1v (góc nộitiếp chắn nửa đường tròn)
Lại có

∠
BAC = 1v => các điểm A và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC
=> 4 điểm A, B, C , D cùng thuộc đường tròn đường kính BC
=> Tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn =>
∠
ADB =
∠
ACB ( cùng chắn cung AB) (1)
mà sđ
∠
ACB không đổi => sđ
∠
ADB không đổi (đpcm)
c) Vì tứ giác CMDS nội tiếp được trong đường tròn (O)
=>
∠
MDA =
∠
MCS (cùng bù với góc MDS) (2)
Từ (1) và (2) =>
∠
TMC =
∠
MCS (3)
=>
∆
MTC =
∆
MSC => CT = CS =>
∆

CTS cân tại đỉnh C
Từ (3) => CM là phân giác của
∠
SCT nên CM là đường cao => ST
⊥
AC
Mà AB
⊥
AC => ST // AB (đpcm)
ĐỀ SỐ 10
Bài 1. ( 2điểm ) Giải hệ phương trình :







=
+
+
=
+
+
7,1
13
2
52
yxx
yxx

Bài 2. ( 2 điểm ) Cho biểu thức P =
xx
x
x −
+
+1
1
với x > 0 và x
≠
1
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trò của P khi x =
2
1
Bài 3. ( 2 điểm ) Cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b . Biết rằng đường thẳng (d) cắt trục
hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và song song với đường thẳng y = - 2x + 2003
a)Tìm a và b
b) Tìm toạ độ các điểm chung (nếu có ) của (d) và parabol: y = -
2
1
x
2
Bài 4. ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) có tâm là điểm O và 1 điểm A cố đònh nằm ngoài đường tròn.Từ A
kẻ các tiếp tuyến AP và AQ với đường tròn (O) , P và Q là các tiếp điểm. Đường thẳng đi qua O và
vuông góc với OP cắt đường thẳng AQ tại M.
a) Chứng minh rằng MO = MA
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
19
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
b) Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến tại N của đường tròn (O) cắt

các tia AQ và AQ tương ứng tại B và C.
1 – Chứng minh rằng AB + AC – BC không phụ thuộc vào vò trí của điểm N.
2 – Chứng minh rằng nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn thì PQ // BC.
Bài 5. (1 điểm ) Giải phương trình :
323232
22
−+++=++−− xxxxxx
ĐÁP ÁN 10
Bài 1. Điều kiện : x
≠
0 và x + y
≠
0
Đặt
x
1
= u ,
yx +
1
= v , hệ phương trình đã cho trở thành:



=+
=+
7,13
252
vu
vu

Giải hệ được u =
2
1
, v =
5
1
Từ đó :







=
+
=
5
11
2
11
yx
x

⇔




=+

=
5
2
yx
x
<=>
⇔




=
=
3
2
y
x
(TMĐK)
Bài 2. a) Ta có : P =
)1(
)(
1
1
2
xx
x
x −
+
+
=

x
x
x −
+
+ 11
1
=
)1)(1(
)1(1
xx
xxx
−+
++−
=
x
x
−
+
1
1

b) Với x =
2
1
ta có : P =
2
1
1
2
1

1
−
+
=
)12)(12(
)12(
12
12
2
−+
+
=
−
+
= 3 + 2
2

Bài 3. a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = - 2x + 2003 nên chúng có cùng hệ số
góc => a = -2.
Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên toạ độ điểm (1;0) thoả mãn phương
trình của (d): 0 = a.1 + b
Giải ra ta được : a = -2 và b = 2
b) Toạ độ điểm chung của (d) và parabol y = -
2
1
x
2
là nghiệm của hệ phương trình:






−=
+−=
2
2
1
22
xy
xy

=> -
2
1
x
2
= - 2x + 2
⇔
x
2
- 4x + 4 = 0
Giải phương trình ta được x = 2 => y = - 2
Vậy đường thẳng (d) và parabol có 1 điểm chung với toạ độ ( 2; - 2 )
Bài 4. a) (1đ) Vì AP là tiếp tuyến tại P của (O) nên OP
⊥
AP
Theo gt ta có MO
⊥
OP , nên MO // AP.

=>
∠
MOA =
∠
OAP ( So le trong)
Vì AP và AQ là hai tiếp tuyến xuất phát từ A nên
∠
OAP=
∠
OAQ
Vậy
∠
MOA =
∠
OAQ
=>
∆
MOA cân => MO = MA (đpcm)
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
20
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ

O
A
P
Q
M
N
C
B

T
b) 1- Ta có các cặp đoạn thẳng AP và AQ , CQ và CN , BN và BP là các cặp tiếp tuyến cùng xuất phát
từ 1 điểm nên: AP = AQ , CQ = CP , BN = , BP
=> AB + AC – BC = AP + BP + AQ + CQ – CN – BN = AP +AQ = 2AP
Vậy AB + AC – BC không phụ thuộc vào vò trí của N
2- (1đ) Nếu BCQP là tứ giác nội tiếp thì:
∠
QCB +
∠
QPB = 2v (Hai góc đối của tứ giác nội tiếp)
Mặt khác :
∠
QPB +
∠
QPA = 2v (hai góc kề bù) =>
∠
QCB =
∠
QPA
Vì AP = AQ (hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)
Nên
∆
APQ cân =>
∠
PQA =
∠
QPA
Ta có
∠
PQA =

∠
TQC (hai góc đối đỉnh) =>
∠
TQC =
∠
QCB
=> BC // PQ (vì có hai góc so le trong bằng nhau)
Bài 5. Ta có :
323232
22
−+++=++−− xxxxxx

⇔
3)2)(1(2)3)(1( −+++=++−+ xxxxxx

Điều kiện : x
≥
3
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với:
32.123.1 −+++=++−+ xxxxxx

⇔
(
0)23).(11 =+−−−+ xxx

Xét hai trường hợp:
11 −+x
= 0
⇔
x = 0 loại vì không thoả mãn điều kiện

23 +=− xx
, vô nghiệm vì x – 3 < x + 2 =>
23 +<− xx

Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.
BỘ ĐỀ 11
Bài 1. ( 3 điểm ) 1) Đơn giản biểu thức: P =
56145614 −++
2) Cho biểu thức : Q =
x
x
x
x
xx
x 1
.
1
2
12
2 +








−
−

−
++
+
với x > 0 và x
≠
1
a) Chứng minh : Q =
1
2
−x
b) Tìm số nguyên x lớn nhất để Q có giá trò là số nguyên
Bài 2. ( 3điểm ) Cho hệ pgương trình:



=+
=++
ayax
yxa
2
4)1(
a) Giải hệ phương trình khi a = 1
b) Chứng minh rằng với mọi giá trò của a , hệ luôn có nghiệm duy nhất (x,y) sao cho x + y
≥
2
Bài 3. ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O)
tại A. M và Q là 2 điểm phân biệt chuyển động trên (d)sao cho M khác A và Q khác A. Các đường thẳng
BM và BQ lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là N và P. Chứng minh:
a) Tích BM.BN không đổi.
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010

21
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
b) Tứ giác MNPQ nội tiếp được trong đường tròn.
c) Bất đẳng thức : BN + BP + BM + BQ > 8R
Bài 4.( 1 điểm ) Tìm giá trò nhỏ nhất của hàm số: y =
52
62
2
2
++
++
xx
xx
ĐÁP ÁN 11
Bài 1. 1)
5614 +
=
2
)35(9565 +=++
= 3 +
5

Tương tự :
5614 −
= 3 -
5

Vậy P = 3 +
5
+ 3 -

5
= 6
2) a) Q =
x
x
xx
x
x
x 1
.
)1)(1(
2
)1(
2
2
+






−+
−
−
+
+
=
xx
x

x
x 1
.
1
2
1
2






−
−
−
+
+

=
xxx
xx
xx
xx 1
.
)1)(1(
)1)(2(
)1)(1(
)1)(2(







−+
+−
−
−+
−+
=
)1)(1(
)22()22(
−+
−−+−−+−
xxx
xxxxxx

=
)1(
2222
−
++−−−+−
xx
xxxxxx
=
1
2
)1(
2

−
=
−
x
xx
x

b) Q =
1
2
−x
nguyên
⇔
x -1 là ước của 2
⇔




±=−
±=−
21
11
x
x

Do đó x lớn nhất
⇔
x – 1 = 2
⇔

x = 3
Bài 2. Trừ vế với vế của 2 phương trình ta được: x = 4 – 2a
Thay x = 4 – 2a vào phương trình 2 : a(4 – 2a) + y = 2a
⇔
y = 2a
2
– 2a
Vậy nghiệm của hệ là :



−=
−=
aay
ax
22
24
2
(1)
a) Thay a = 1 vào (1), ta được :



=
=
0
2
y
x

b) Từ (1) Ta thấy, với mọi a hệ có nghiệm duy nhất
Ta có x + y = 2a
2
- 4a + 4 = 2(a
2
– 2a + 1) + 2 = 2(a – 1)
2
+ 2
Do 2(a – 1)
2

≥
0 nên 2(a – 1)
2
+ 2
≥
2
Vậy x + y
≥
2
Bài 3.
M
A
Q
B
N
P
a) MQ là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A nên MQ
⊥
AB =>

∆
BMA vuông tại A
Góc ANB là góc chắn nửa đường tròn đường kính AB => góc ANB = 90
0

=> AN
⊥
AB => BN là hình chiếu vuông góc của AB trên BM => BM.BN = AB
2
.Mà AB = 2R
=> BM .BN = 4R
2
. (1) Vậy BM .BN không đổi
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
22
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
b) Tương tự BP .BQ = 4R
2
(2). Từ (1) và (2) ta có BM .BN = BP .BQ
=>
BM
BP
BQ
BN
=
nên
∆
BPN ~
∆
BMQ (vì chúng có góc MBQ chung) =>

∠
BNP =
∠
BMQ
Mặt khác :
∠
BNP +
∠
PNM = 180
0
=>
∠
PNM +
∠
PMQ = 180
0

=> Tứ giác MNPQ nội tiếp
c) Do M
≠
A nên M khác N => BM
≠
BN => (
BNBM −
)
2
> 0 => BM + BN > 2
BNBM.
(3) .
Từ (1) và (3), ta có BM + BN > 4R

Tương tự BP + BQ > 4R => BM +BN + BP + BQ > 8R
Bài 4 Có x
2
+ 2x + 5 = (x + 1)
2
+ 4
≥
4 =>
52
2
++ xx
≥
2
=> (2
52
2
++ xx
- 1)(
52
2
++ xx
- 2)
≥
0 => 2(x
2
+ 2x + 5) - 5
52
2
++ xx
+ 2

≥
0
=>
52
62
2
2
++
++
xx
xx

≥

2
5
hay y
≥

2
5

Vậy x = -1 thì y =
2
5
. Do đó giá trò nhỏ nhất cần tìm là
2
5

ĐỀ SỐ 12
C©u1. ( 2 điểm ) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau.
a)
2 3 3x x− + =
b)
2
2
2 1
1 1 1
x
x x x
+ =
+ − −
C©u 2. ( 3điểm ) Cho hµm sè: y = (m + 1)x – 2m +5 (m
≠
-1)
a) T×m gi¸ trÞ cđa m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè c¾t trơc hoµnh t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng -2
b) Chøng minh r»ng ®å thÞ hµm sè lu«n lu«n ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh khi m thay ®ỉi. T×m ®iĨm cè
®Þnh ®ã?
c) T×m gi¸ trÞ cđa m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè ®i qua giao ®iĨm cđa hai ®êng th¼ng 3x - 2y = -9 vµ y = 1 - 2x
C©u 3. ( 1điểm ) Hai tØnh A, B c¸ch nhau 60 km. Cã mét xe ®¹p ®i tõ A ®Õn B. Khi xe ®¹p b¾t ®Çu khëi hµnh
th× cã mét xe m¸y c¸ch A 40 km ®i ®Õn A råi trë vỊ B ngay. T×m vËn tèc cđa mçi xe biÕt xe g¾n m¸y vỊ B tr-
íc xe ®¹p 40 phót vµ vËn tèc xe g¾n m¸y h¬n vËn tèc xe ®¹p lµ 15km/h.
C©u 4. ( 3 điểm ) Cho ∆ABC cã c¸c gãc ®Ịu nhän néi tiÕp ®êng trßn (O, R). C¸c ®êng cao BE, CF c¾t
nhau t¹i H vµ lÇn lỵt c¾t ®êng trßn (O, R) t¹i P, Q
a) Chøng minh: EF // PQ
b) Chøng minh:OA
⊥
EF
c) Cã nhËn xÐt g× vỊ c¸c b¸n kÝnh cđa c¸c ®êng trßn ngo¹i tiÕp c¸c tam gi¸c AHB, BHC, AHC

C©u 5. ( 1 điểm ) Cho a, b, clµ c¸c sè nguyªn kh¸c 0 tho¶ m·n:
a b c
Z
b c a
b c a
Z
a b c

+ + ∈




+ + ∈



Chøng minh r»ng:
a b c= =
ĐÁP ÁN 12.
C©u 1. a) pt
2 3 3x x⇔ − = −
§K: x
≥
3

⇔
x
2
– 8x + 12 = 0 <=> x

1
= 6 ; x
2
= 2(lo¹i)
b) §K: x
≠
±
1; pt
⇔
x
2
+ x – 3 = 0 <=> x
1,2
=
1 13
2
− ±
(t/m)
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
23
3
2
1
1
1
1
F
H
Q
E

P
O
C
B
A
Trng THCS Nhn Tõn Hunh Vn R
Câu 2. a) m =
3
4
b) m(x 2) + (x y + 5) = 0 <=> x 2 = 0 v x y + 5 = 0 ; Điểm cố định là (2; 3)
c) Toạ độ giao điểm của hai đờng thẳng 3x - 2y = -9 và y = 1 - 2x là (-1 ; 3)
Đs: m = 1
Câu 3. Gọi vận tốc của ngời đi xe đạp là x(km/h) ĐK: x>0
Vận tốc ngời đi xe gắn máy là: x + 15km/h
Thời gan ngời đi xe đạp đã đi là:
60
x
(h)
Thời gan ngời đi xe máy đã đi là:
100
15x +
(h)
Do xe máy đến B trớc 40' =
2
3
(h) nên ta có pt:
60
x
-
100

15x +
=
2
3

x
2
+ 75x - 1350 = 0
= 11025

V
= 105
x
1
= 15 ; x
2
= - 90 (loại)
Vận tốc xe đạp là 15 km/h. Vận tốc ngời đi xe máy là 15 + 15 = 30 km/h
Câu 4. a) Tứ giác AFEC nội tiếp
à
à
1 1
F B=
mà
à
à à
à
1 1 1 1
B Q Q F= =

EF // PQ
b) Ta có
à
ả
1 2
C B=
(góc có cạnh tơng ứng vuông )
ằ
ằ
AP AQ =

OA PQ
mà PQ // EF
OA EF

c) Chứng minh H, Q đối xứng qua AB

AQB = AHB

chúng có cùng bán kính đờng tròn ngoại tiếp

bán kính đờng tròn ngoại tiếp AQB bằng R (bằng bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC )

bán kính đờng tròn ngoại tiếp AHB bằng R
Chứng minh tơng tự có bán kính đờng tròn ngoại tiếp BHC; AHC bằng R
Vậy các tam giác AHB, BHC, AHC có bán kính đờng tròn ngoại tiếp bằng nhau
Câu 5: Đặt x
1
=

2 3
; ;
a b c
x x
b c a
= =
Xét f(x) = (x - x
1
)(x - x
2
)(x - x
3
) = x
3
- ux
2
+ vx - 1
Trong đó u = x
1
+ x
2
+ x
3
=
a b c
Z
b c a
+ +
v = x
1

x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
=
a b c
c a b
+ +

Z
Nhận xét: Nếu đa thức P(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d (a, b, c, d

Z ; a

0)
có nghiệm hữu tỉ x =
p
q
(p, q

Z; q

0; (p, q) = 1)
thì p là ớc của d còn q là ớc của a.
áp dụng nhận xét trên ta có
Đa thức f(x) có 3 nghiệm hữu tỉ x
1
, x
2
, x
3
và các nhiệm này là ớc của 1


1
2
3
1
1
1
x
x a b c
x
=

= = =


=

ễN THI VO 10 - NH 2009 * 2010
24
Trng THCS Nhn Tõn Hunh Vn R
S 13
Câu 1. ( 2 im ) Giải các phơng trình sau:
a)
2
4 4 2007x x + =
b)
2
7( 64) 0x x =
Câu 2. ( 2 im ) Cho pa ra bol (P): y =
2
1
2
x
a) Gọi A, B là hai điểm trên đồ thị (P) có hoành độ lần lợt là -2; 4. Viết phơng trình đờng thẳng đi
qua A, B
b) Chứng minh rằng đờng thẳng (d): y = mx - 2m + 3 cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi x
1
, x
2
là
hoành độ hai giao điểm ấy. Tìm m thoả mãn x
1
2
+ x
2
2
= 24

Câu 3. ( 1 im ) Một phòng họp có 90 ngời họp đợc sắp xếp ngồi đều trên các dãy ghế. Nếu ta bớt đi 5
dãy ghế thì mỗi dãy ghế còn lại phải xếp thêm 3 ngời mới đủ chỗ. Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế và mỗi dãy
ghế đợc xếp bao nhiêu ngời ?.
Bi 4. ( 2 im ) Cho phng trỡnh: (x l n s)
a) Gii phng trỡnh khi a = 1
b) Tỡm a phng trỡnh cú 4 nghim . Khi ú tn ti hay khụng giỏ tr ln nht ca:
Bi 5. ( 3 im ) Cho 3 im A, B, C thng hng theo th t y, (O) l ng trũn i qua B,C. K t A cỏc
tip tuyn AE v AF n (O) (E, F l cỏc tip im). Gi I l trung im ca BC, N l trung im ca EF.
a) Chng minh E, F nm trờn 1 ng trũn c nh khi (O) thay i
b) ng thng FI ct (O) ti E. Chng minh EE // AB.
c) Chng minh tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc NOI nm trờn ng thng c nh khi (O) thay
i.
P N 13
Câu 1. a, pt

2 2007x =
<=> x 2 = 2007 hoặc x 2 = -2007 <=> x = 2009 hoặc x = 2005
b, ĐK: x

7
pt

x - 7 = 0 hoặc x
2
- 16 = 0 <=> x = 7 ; x =

8
ĐS: x = 7 ; x = 8
Câu 2. a, Vì A, B thuộc (P) nên A(-2; 2) B(4; 8)
Phơng trình đờng thẳng qua A, B có dạng y = ax + b; Vì đờng thẳng đi qua A, B nên ta có hệ pt

2 2
4 8
a b
a b
+ =


+ =



a = 1; b = 4
đờng thẳng cần tìm là y = x + 4
b, Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt: x
2
2mx + 4m - 6 = 0
= (m - 2)
2
+2 > 0 với mọi m
x
1
2
+ x
2
2
= 24 <=> (x
1
+ x
2
)

2
2x
1
x
2
= 24

m
2
2m 3 = 0

m = - 1 ; m = 3
Câu 3. Gọi số dãy ghế có lúc đầu là x (dãy) ĐK: x nguyên dơng và x > 5
Thì mỗi dãy phải xếp
90
x
ngời
Sau khi bớt 5 dãy thì số dãy ghế là x - 5 dãy
Mỗi dãy phải xếp
90
5x
ngời
ễN THI VO 10 - NH 2009 * 2010
25