Tong hop rat nhieu de va dap an thi vao lop 10

Đề thi thử vào lớp 10 THPT năm học 2007-2008
Môn thi : Toán
Thời gian:120 phút ( không kể thời gian giao đề)

I.Trắc nghiệm:(2 điểm)
Hãy ghi lại một chữ cái đứng trớc khẳng định đúng nhất.
Câu 1: Kết quả của phép tính
( )
8 18 2 98 72 : 2 +
là :
A . 4
B .
5 2 6+
C . 16 D . 44
Câu 2 : Giá trị nào của m thì phơng trình mx
2
+2 x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt :
A.
0m

B.
1
4
m <
C.
0m
và
1
4
m <
D.

0m

và
1m
<
Câu 3 :Cho
ABCV
nội tiếp đờng tròn (O) có
à
à
0 0
60 ; 45B C= =
. Sđ
ằ
BC
là:
A . 75
0
B . 105
0
C . 135
0
D . 150
0
Câu 4 : Một hình nón có bán kính đờng tròn đáy là 3cm, chiều cao là 4cm thì diện tích
xung quanh hình nón là:
A 9

(cm
2

) B. 12

(cm
2
) C . 15

(cm
2
) D. 18

(cm
2
)
II. Tự Luận: (8 điểm)
Câu 5 : Cho biểu thức A=
1 2
1 1
x x x x
x x
+ +
+
+
a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa.
b) Rút gọn biểu thức A.
c) Với giá trị nào của x thì A<1.
Câu 6 : Hai vòi nớc cùng chảy vào một bể thì đầy bể sau 2 giờ 24 phút. Nếu chảy riêng từng
vòi thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng
vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu thì đầy bể?
Câu 7 : Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB>BC).
Vẽ đờng tròn tâm (O

'
) đờng kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vuông
góc với AC tại I, MC cắt đờng tròn tâm O
'
tại D.
a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao?
b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp?
c) Xác định vị trí tơng đối của ID và đờng tròn tâm (O) với đờng tròn tâm (O
'
).
Đáp án và biểu điểm chấm
Câu Nội dung Điểm
1 C 0.5
2 D 0.5
3 D 0.5
4 C 0.5
5
a) A có nghĩa

0
1 0
x
x

0
1
x
x





0.5
b) A=
( ) ( )
2
1 1
1 1
x x x
x x
+
+
+
0.5
=
1x x +
0.25
=2
1x
0.25
c) A<1

2
1x
<1
0.25

2 2x <
0.25

1x <


x<1
0.25
Kết hợp điều kiện câu a)

Vậy với
0 1x
<
thì A<1
0.25
6
2giờ 24 phút=
12
5
giờ
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk x>0)
0.25
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ)
Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy đợc :
1

x
(bể)
0.5
Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy đợc :
1
2x +
(bể)
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy đợc :
1
x
+
1
2x +
(bể)
Theo bài ra ta có phơng trình:
1
x
+
1
2x +
=
1
12
5
0.25
Giaỉ phơng trình ta đợc x
1
=4; x
2
=-

6
5
(loại)
0.75
Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ)
0.25
7 Vẽ hình và ghi gt, kl đúng
I
D
N
M
O'
O
A
C
B
0.5
a) Đờng kính AB

MN (gt)

I là trung điểm của MN (Đờng kính và dây
cung)
0.5
IA=IC (gt)

Tứ giác AMCN có đơng chéo AC và MN cắt nhau tại trung
điểm của mỗi đờng và vuông góc với nhau nên là hình thoi.
0.5

b)
ã
0
90ANB =
(góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O) )

BN

AN.
AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN).

BN

MC (1)
ã
0
90BDC =
(góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O
'
) )
BD

MC (2)
Từ (1) và (2)

N,B,D thẳng hàng do đó
ã
0
90NDC =
(3).

ã
0
90NIC =
(vì AC

MN) (4)
0.5
Từ (3) và (4)

N,I,D,C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính NC

Tứ giác NIDC nội tiếp
0.5
c) O

BA. O
'

BC mà BA vafBC là hai tia đối nhau

B nằm giữa O và O
'
do
đó ta có OO
'
=OB + O
'
B

đờng tròn (O) và đờng tròn (O

'
) tiếp xúc ngoài tại
B
0.5
V
MDN vuông tại D nên trung tuyến DI =
1
2
MN =MI

V
MDI cân

ã
ã
IMD IDM=
.
Tơng tự ta có
ã
ã
' 'O DC O CD=
mà
ã
ã
0
' 90IMD O CD+ =
(vì
ã
0
90MIC =

)
0.25

ã
ã
0
' 90IDM O DC+ =
mà
ã
0
180MDC =

ã
0
' 90IDO =
do đó ID

DO

ID là tiếp tuyến của đờng tròn (O
'
).
0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
THI V P N MễN TON TUYN SINH 10 CA S GD THA THIấN HU
NM HC : 2005 - 2006
A. PHN THI:
Bi 1: (0,75 im)
Chng minh ng thc:
3 2 6 150 1 4

3 3
27 3 6


ì =
ữ
ữ


Bi 2: (1,25 im)
Rỳt gn cỏc biu thc:
a)
( )
2 2
3
4 9 6 1
3 1
A x x x
x
= +

vi
1
0
3
x< <
.
b)
4 7 4 7
4 7 4 7

B
+
= +
+
Bi 3: (2,50 im)
Trờn mt phng ta (hỡnh v), cú im A thuc
th (P) ca hm s
2
y ax=
v im B khụng thuc (P).
a) Tìm hệ số
a
và vẽ (P).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A và B. Xác định tọa độ giao điểm thứ hai của
(P) và đường thẳng AB.
Bài 4: (1,5 điểm)
Một xe lửa đi từ Huế ra Hà Nội. Sau đó 1 giờ 40 phút, một xe lửa khác đi từ Hà Nội vào Huế với
vận tốc lớn hơn vận tốc của xe lửa thứ nhất là 5 km/h. Hai xe gặp nhau tại một ga cách Hà Nội 300
km. Tìm vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng quãng đường sắt Huế - Hà Nội dài 645 km.
Bài 5: (2,75 điểm)
Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đường tròn đường kính AD, tâm O. Hai đường
chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống AD và I là trung điểm
của DE. Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp được;
b) E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH;
c) Năm điểm B, C, I, O, H ở trên một đường tròn.
Bài 6: (1,25 điểm)
Để làm một cái phểu hình nón không nắp bằng bìa cứng bán kính đáy
12r cm=
, chiều cao

16h cm=
, người ta cắt từ một tấm bìa ra hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón, sau đó
cuộn lại. Trong hai tấm bìa hình chữ nhật: Tấm bìa A có chiều dài 44cm, chiều rộng 25cm; tấm bìa
B có chiều dài 42cm, chiều rộng 28cm, có thể sử dụng tấm bìa nào để làm ra cái phểu hình nón nói
trên mà không phải chắp nối ? Giải thích.
Hết
B. ĐÁP ÁN:
Bài ý Nội dung Điể
m
1 0,75
( ) ( )
( )
2 3 3 6 3 1
3 2 6 6
3
27 3 3 3 3
3 3 1
− −
−
= = =
− −
−
150 5 6
3 3
=
3 2 6 150 1 6 5 6 1 4 6 1 4
3 3 3 3 3
27 3 6 6 6
   
−

− × = − × = − × = −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
−
   
0,25
0,25
0,25
2
1,25
2.a
( )
( )
2
2 2
6 3 1
3
4 9 6 1
3 1 3 1
x x
x x x
x x
−
− + =
− −
( )
6 3 16 3 1
6
3 1 3 1
x xx x

x
x x
− −−
= = = −
− −
(vì
1
0
3
x< <
nên
0x
>
và
3 1 0x
− <
)
0,25
0,50
2.b
( ) ( )
2 2
4 7 4 7 4 7 4 7
4 7 4 7
9 9 3
4 7 4 7
B
− + − + +
− +
= + = + =

+ −
4 7 4 7 8
3 3 3
B
− +
= + =
(vì
16 7 4 7> ⇒ >
).
0,25
0,25
3 2,50
3.a
+ Điểm A có tọa độ:
(2; 3)A −
.
+
3
( ) 3 4
4
A P a a∈ ⇒ − = ⇔ = −
+ Lập bảng giá trị và vẽ đúng đồ thị (P)
0,25
0,25
0,50
3.b
+ Phương trình đường thẳng có dạng
y ax b= +
, đường thẳng này đi qua A và
B nên ta có hệ phương trình:

3 2
6 2
a b
a b
− = +


− = − +

+ Giải hệ phương trình ta được:
3 9
;
4 2
a b
 
= = −
 ÷
 
Vậy phương trình đường thẳng AB là:
3 9
4 2
y x= −
.
+ Phương trình cho hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng AB là:
2 2
3 3 9
6 0
4 4 2
x x x x− = − ⇔ + − =
Giải phương trình ta có

1 2 2
27
2; 3
4
x x y= = − ⇒ = −
Vậy tọa độ giao điểm thứ hai của (P) và đường thẳng AB là
27
3;
4
 
− −
 ÷
 
.
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
4 1,50
Gọi x (km/h) là vận tốc của xe lửa thứ nhất đi từ Huế đến Hà Nội. Khi đó, x > 0
và vận tốc của xe lửa thứ hai đi từ Hà Nội là: x + 5 (km/h).
Theo giả thiết, ta có phương trình:
300 5 345
5 3x x
+ =
+
( ) ( )
2
900 5 5 1035 5 22 1035 0x x x x x x⇔ + + = + ⇔ − − =

Giải phương trình ta được:
1
23x = −
(loại vì x > 0) và
2
45 0x = >
.
Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là: 45 km/h và vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
5 2,75
a) Tứ giác ABEH có:
µ
0
90B =
(góc nội tiếp trong nửa đường tròn);
µ
0
90H =
(giả thiết)
Nên: ABEH nội tiếp được.
Tương tự, tứ giác DCEH có
µ
µ
0
90C H= =
, nên nội tiếp được.

0,25
0,25
0,25
b) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có:
· ·
EBH EAH=
(cùng chắn cung
¼
EH
)
Trong (O) ta có:
·
· ·
EAH CAD CBD= =
(cùng chắn cung
»
CD
).
Suy ra:
·
·
EBH EBC=
, nên BE là tia phân giác của góc
·
HBC
.
+ Tương tự, ta có:
·
·
·

ECH BDA BCE= =
, nên CE là tia phân giác của góc
·
BCH
.
+ Vậy: E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH.
Suy ra EH là tia phân giác của góc
·
BHC
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
c) Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên
·
·
2BIC EDC=
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
»
EC
). Mà
· ·
EDC EHC=
, suy ra
·
·
BIC BHC=
.
+ Trong (O),

· · ·
2BOC BDC BHC= =
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
»
BC
).
+ Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc
·
BHC
dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B,
C, H, O, I cùng nằm trên một đường tròn.
0,25
0,25
0,25
6 1,25
+ Đường sinh của hình nón có chiều dài:
2 2
20( )l r h cm= + =
.
+ Hình khai triển của mặt xung quanh
của hình nón là hình quạt của hình tròn
bán kính
l
, số đo của cung của hình quạt
là:

0 0
360 360 12
216
20

r
n
l
×
= = =
· ·
0
72 cos
OI
AOI AOI
OA
= ⇒ =

0
20cos72 6,2( )OI cm⇒ = ≈
.
+ Do đó, để cắt được hình quạt nói trên thì phải cần tấm bìa hình chữ nhật có
kích thước tối thiểu: dài 40cm, rộng (20 + 6,2) = 26,2cm. Vậy phải dùng tấm
bìa B mới cắt được hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón mà không
bị chắp vá.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG NINH Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2 điểm)

Rút gọn các biểu thức sau:
a)
2 3 3 27 300+ −
b)
( )
1 1 1
:
1
1
x x x
x x
 
+
 ÷
− −
−
 
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Giải phương trình:
2
3 4 0x x+ − =
b) Giải hệ phương trình:
3 2 4
2 5
x y
x y
− =


+ =


Bài 3: (1,5 điểm)
Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 1 với m là tham số và m
1
2
≠
. Hãy xác định m
trong mỗi trường hợp sau đây:
a) Đồ thị hàm số đi qua điểm M(– 1; 1)
b) Đồ thị hàm số cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại A, B sao cho tam giác OAB
cân.
Bài 4: (2,0 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngược
dòng từ B về hết tổng thời gian là 5 giờ. Biết quãng đường sông từ A đến B dài
60 km và vận tốc dòng nước là 5 km/h.
Tính vận tốc thực của ca nô ? (vận tốc của ca nô khi nước yên lặng)
Bài 5: (3,0 điểm)
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O;R). Từ M kể hai tiếp tuyến MA, MB đến
đường tròn (O; R) (A; B là hai tiếp điểm)
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM= 5cm và R = 3cm.
c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đường tròn (O;R) tại hai điểm C và D
(C nằm giữa M và D). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh
Rằng EA là tia phân giác của góc CED.
HẾT
BÀI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1: (2 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
a)

2 3 3 27 300+ −
=
2 3 3 9.3 100.3 2 3 9 3 10 3 21 3+ + = + + =
b)
( )
1 1 1
:
1
1
x x x
x x
 
+
 ÷
− −
−
 
=
( ) ( )
1 1 1
:
1
1 1
x
x x x x
 
 ÷
+
 ÷
−

− −
 
=
( )
( )
1
1
. 1
1
1
x x
x
x
x x
−
+
= +
−
Bài 2: (1,5 điểm)
a)Giải phương trình:
2
3 4 0x x+ − =
Phương trình đã cho có a + b + c = 1 + 3 + (–4) = 0 nên
1
1x =
;
2
4
c
x

a
= = −
b)Giải hệ phương trình:
3 2 4
2 5
x y
x y
− =


+ =


3 2 4
4 2 10
x y
x y
− =

⇔

+ =

7 14
2 5
x
x y
=

⇔


+ =

2
1
x
y
=

⇔

=

Bài 3: (1,5 điểm)
a) M(– 1; 1) thuộc đồ thị hàm số y = (2m – 1)x + m + 1 nên ta có:
1 = (2m – 1)(– 1) + m + 1
2 1 1 1m m
⇔ − + + + =
1m
⇔ =
b) Đồ thị y = (2m – 1)x + m + 1 cắt trục Oy tại A
0
A
x⇒ =
và
A
y
= m + 1
Đồ thị y = (2m – 1)x + m + 1 cắt trục Ox tại B
0

B
y⇒ =
và
1
1 2
B
m
x
m
+
=
−

Từ đó: OA =
1m +
và OB =
1
1 2
m
m
+
−
. ĐK: m + 1
≠
0
1m
⇔ ≠ −
Tam giác OAB cân ở O
1
1

1 2
m
OA OB m
m
+
⇔ = ⇔ + =
−
1 0
1 2 1
m
m

+ =
⇔

− =


1
1; 0
m
m m
= −

⇔

= =


Kết hợp với điều kiện

1
; 1
2
m m≠ ≠ −
ta được m = 1; m =0 là hai giá trị thỏa mãn
đề bài.
Lưu ý: Với m = 1 ta có hàm số y = x + 2 , đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm 2, cắt trục
Ox tại điểm – 2 thỏa mãn OA = OB = 2.
Với m = 0 ta có hàm số y = –x + 1, đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm 1, cắt trục
Ox tại điểm 1 thỏa mãn OA = OB = 1.
Còn với m = –1 ta có hàm số y = – 3x , đồ thị là một đường thẳng đi qua gốc tọa
độ, trong trường hợp này OA = OB = 0 không tồn tại tam giác cân OAB, do đó
cần bổ sung điều kiện m
1≠ −
.
Bài 4: (2,0 điểm)
Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km/h). (ĐK: x > 5)
Vận tốc xuôi dòng của ca nô là: x + 5 (km/h)
Vận tốc ngược dòng của ca nô là: x – 5 (km/h)
Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là :
60
( )
5
h
x +

Thời gian ca nô ngược dòng từ A đến B là :
60
( )
5

h
x −

Theo đề toán ta có phương trình:

60
5x
+
+

60
5
5x
=
−
(1)
Với đk x > 5 , qui đồng hai vế và khử mẫu , thu gọn ta được phương trình:

2
24 25 0x x− − =
. Do
1 ( 24) ( 25) 0a b c− + = − − + − =
nên
1
1x = −
(loại),
2
25
c
x

a
= − =
(nhận)
Trả lời: Vận tốc thực của ca nô là 25km/h
Bài 5: (3,0 điểm)
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên
· ·
0
90MAO MBO= =
x
E
D
O
M
C
B
A
Tứ giác MAOB có
· ·
0
180MAO MBO+ =
nên nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM= 5cm và R = 3cm.
Ta có: MA = MB và OA = OB nên OM
⊥
AB ở E.
Tam giác AMB vuông ở A, AE
⊥
OM nên:

2
.OA OE OM=
2
9
5
OA
OE
OM
⇒ = =
9 16
5
5 5
ME⇒ = − =
(cm)
AE =
2
2 2 2
9 144 12
3
5 25 5
OA OE
 
− = − = =
 ÷
 
(cm)
MO là đường trung trực AB nên AB = 2AE =
24
5

(cm)
Diện tích tam giác MAB là:
1 1 16 24
. . .
2 2 5 5
ME AB = =
7,68
2
cm
c) Chứng minh EA là phân giác của
·
CED
Xét
MAC∆
và
MDA∆
có :
¶
M
chung,
·
·
MAC ADM=
(cùng bằng
1
2
sđ
»
AC
)

Vậy:
MAC∆

MDA∆
. Suy ra:
MA MD
MC MA
=
hay
2
MA .MC MD=
(1)
Tam giác MOA vuông ở A, AE
⊥
MO nên
2
MA .ME MO=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: MC.MD = ME. MO (3)

MEC∆
và
MDO∆
có
¶
M
chung,
MC ME
MO MD
=

(suy ra từ (3) ) nên chúng đồng dạng.
Do đó:
·
·
MEC ODM=
.
Tứ giác OECD có
·
·
MEC ODM=
nên nội tiếp được trong một đường tròn.
Suy ra:
·
·
OED OCD=
(cùng chắn cung OD),
·
·
OCD ODC=
(do tam giác OCD cân ở O)
Từ đó:
·
·
CEM OED=
.
Mà
·
·
·
·

0
90CEM CEA OED DEA+ = + =
(do AE
MO⊥
). Vậy
·
·
CEA DEA=
Vậy EA là tia phân giác của
·
CED
(đpcm)
Lưu ý: Lời giải trên chỉ mang tính chất tham khảo, lưu ý đôi chỗ có thể đánh nhầm các em
dò và sửa lại. Theo em câu c bài hình còn có cách giải nào khác không??Thử suy
nghĩ xem ??
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ NAM Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức : A =
( )
2
2 3 2 288+ −

2) Giải phương trình:
a) x
2
+ 3x = 0
b) –x

4
+ 8x
2
+ 9 = 0
Bài 2: (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị
bằng 14. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn
hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho.
Bài 3. (1điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x
2
. Viết phương trình đường thẳng song
song với đường thẳng y = – 2x + 3 và cắt (P) tại điểm có tung độ y = – 12 .
Bài 4. (1điểm)
Giải phương trình:
6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = +
.
Bài 5 . (4điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB
( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn
(O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở
E và F.
a) Chứng minh:
·
0
EOF 90=
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh
MK AB⊥
.

d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
HẾT
BÀI GIẢI
Bài 1. (2điểm)
1. A =
( )
2
2 3 2 288+ −
=
( )
2
2
2 2.2.3 2 3 2 2.144+ + −
=
4 12 2 18 12 2+ + −
= 22
2. a) x
2
+ 3x = 0
⇔
x( x + 3) = 0

⇔
x
1
= 0 ; x
2
= – 3 .

Tập nghiệm phương trình:
{ }
0; 3S = −
b) –x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
⇔
x
4
– 8x
2
– 9 = 0
Đặt y = x
2
( y
≥
0) , ta được phương trình trung gian ẩn y:
y
2
– 8y – 9 = 0
Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên y
1
= – 1 (loại); y
2
= 9 (nhận)
N
y
x

O
K
F
E
M
B
A
Do đó: x
2
= 9
⇔
x =
±
3
Tập nghiệm phương trình: S =
{ }
3;3−
Bài 2. Gọi x là chữ số hàng đơn vị .
Chữ số hàng chục của số đó là: 14 – x
ĐK: 0 < x
N
∈
≤
9
Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x
Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau số mới viết dưới dạng đa
thức là: 10x + 14 – x = 9x + 14
Theo đề toán ta có phương trình:
9x + 14 –(140 –9x ) = 18

⇔
9x + 14 –140 +9x = 18

⇔
18x = 144

⇔
x = 8
Giá trị x = 6 thõa mãn điều kiện .
Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68.
Lưu ý: lập hệ phương trình dễ hơn
Bài 3. Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + 3 nên có
dạng: y = – 2x + b (d).
(d) cắt (P) tại điểm có tung độ bằng – 12 nên hoành độ các giao điểm là nghiệm PT:
–3x
2
= – 12
⇔
x
±
2
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; – 12) và B(– 2; – 12)
A
∈
(d) nên y
A
= – 2x
A
+ b hay – 12 = – 2. 2 + b
⇒

b = – 8
B
∈
(d) nên y
B
= – 2x
B
+ b hay – 12 = – 2.(– 2) + b
⇒
b = – 16
Có hai đường thẳng (d) tìm được thỏa mãn đề bài:
(d
1
): y = – 2x – 8 và (d
2
): y = – 2x – 16
Bài 4. PT :
6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = +
(1)
ĐK:
1
4 1 0
1
3
4
3 0
4
3
x
x

x
x
x


+ ≥
≥ −
 
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥
 
≤


(*)
(1)
3 14 6 4 1 2 3 0x x x⇔ + − + − − =

⇔
(4x + 1) – 2. 3.
4 1x +
+ 9 + (3 – x) – 2
3 x−
+ 1 = 0

( ) ( )
2 2
4 1 3 3 1 0x x⇔ + − + − − =

4 1 3 0
3 1 0
x
x

+ − =

⇔

− − =


2x
⇔ =
(thỏa mãn đk (*))
Tập nghiệm phương trình đã cho: S =
{ }
2
Bài 5: a) Chứng minh:
·
0
EOF 90=
EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E
Nên OE là phân giác của
·
AOM
.
Tương tự: OF là phân giác của
·
BOM

Mà
·
AOM
và
·
BOM
kề bù nên:
·
0
90EOF =
(đpcm)
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
Ta có:
·
·
0
90EAO EMO= =
(tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác AEMO có
·
·
0
180EAO EMO+ =
nên nội tiếp được trong một đương tròn.

•
Tam giác AMB và tam giác EOF có:

·
·

0
EOF 90AMB = =
,
·
·
MAB MEO=
(cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEMO. Vậy AMB EOF đồng dạng (g.g)
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh
MK AB⊥
.
Tam giác AEK có AE // FB nên:
AK AE
KF BF
=
Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên :
AK ME
KF MF
=
. Do đó MK // AE (định lí đảo của định
lí Ta- let)
Lại có: AE
⊥
AB (gt) nên MK
⊥
AB.
d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.

Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN
⊥
AB.

∆
FEA có: MK // AE nên:
MK FK
AE FA
=
(1)

∆
BEA có: NK // AE nên:
NK BK
AE BE
=
(2)
Mà
FK BK
KA KE
=
( do BF // AE) nên
FK BK
KA FK BK KE
=
+ +
hay
FK BK
FA BE
=

(3)
Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:
MK KN
AE AE
=
. Vậy MK = NK.
Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên:
1
2
AKB
AMB
S KN
S MN
= =
Do đó:
1
2
AKB AMB
S S=
.
Tam giác AMB vuông ở M nên tg A =
3
MB
MA
=
·
0
60MAB⇒ =
.
Vậy AM =

2
a
và MB =
3
2
a

⇒
1 1 3
. . .
2 2 2 2
AKB
a a
S⇒ =
=
2
1
3
16
a
(đvdt)
hết