đề thi tuyển sinh có đáp án

O
K
F
E
D
C
B
A
Luyện thi vào lớp 10
Đề 1
Câu1 : Cho biểu thức
A=
2
)1(
:
1
1
1
1
2
2233

+
+








+


x
xx
x
x
x
x
x
x
Với x
2
;1
a. Rút gọn biểu thức A b.Tính giá trị của biểu thức khi cho x=
226 +
c.Tìm giá trị của x để A=3
Câu2. a. Giải hệ phơng trình: b. Giải bất phơng trình:

=+
=+
1232
4)(3)(
2
yx
yxyx

3
1524
2
23
++

xx
xxx
<0
Câu3. Cho phơng trình (2m-1)x
2
-2mx+1=0. Xác định m để phơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
Câu 4. Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dng hình vuông ABCD thuộc nửa
mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của AE và nửa đờng tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà
ED
a. Chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đờng tròn
b. Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ?
đáp án
Câu 1: a. Rút gọn A=

x
x 2
2

b.Thay x=
226 +
vào A ta đợc A=
226
224
+
+
c.A=3<=> x
2
-3x-2=0=> x=
2
173
Câu 2 : a)Đặt x-y = a ta đợc pt: a
2
+3a=4 => a =1;a =-4.Từ đó ta có



=+
=+
1232
4)(3)(
2
yx
yxyx
<=>

*



=+
=
1232
1
yx
yx
(1)
*



=+
=
1232
4
yx
yx
(2)
Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2
Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4
Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
b. Ta có x
3
-4x
2
-2x-15=(x-5)(x

2
+x+3), mà x
2
+x+3=(x+1/2)
2
+11/4>0 với mọi x
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x
2
-2mx+1=0
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành x+1=0=> x=1
Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có
,

= m
2
-2m+1= (m-1)
2
0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m. Ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)
với m 1/2 pt còn có nghiệm x=
12
1

+
m
mm
=
12
1
m

pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1<
12
1
m
<0





<
>+

012
01
12
1
m
m
=>





<
>

012
0

12
2
m
m
m
=>m<0
Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4:
a. Ta có

KEB= 90
0
, mặt khác

BFC= 90
0
( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D =>

BFK= 90
0
=> E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK.
b.

BCF=

BAF
Mà

BAF=

BAE=45
0
=>

BCF= 45
0
.Ta có

BKF=

BEF
Mà

BEF=

BEA=45
0
(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=>

BKF=45
0
Vì

BKC=

BCK= 45
0
=> tam giác BCK vuông cân tại B

Đề 2
Bài 1: Cho biểu thức: P =
( )









+








+
+



1
122
:
11

x
xx
xx
xx
xx
xx
a,Rút gọn P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.

1
Luyện thi vào lớp 10
Bài 2: Cho phơng trình: x
2
-( 2m + 1)x + m
2
+ m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x
1
; x
2
thoả mãn
3
2
3
1
xx
=50
Bài 3: Cho phơng trình: ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x

1
, x
2.
.Chứng minh:
a,Phơng trình ct
2
+ bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t
1
và t
2
.
b,Chứng minh: x
1
+ x
2
+ t
1
+ t
2


4
Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D là một điểm trên
cung BC không chứa điểm A.
a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.
b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB và AC. Chứng minh rằng 3
điểm P; H; Q thẳng hàng.
c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Bài 5: Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y

1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =
xyyx
5011
22
+
+
Đáp án
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x
1;0 x

a, Rút gọn: P =
( )
( )
( )
2
2 1
2 1
:
1 1
x
x x
x x x



<=> P =
1
1
)1(
1

2

+
=


x
x
x
x

b. P =
1
2
1
1
1

+=

+
xx
x
Để P nguyên thì
)(121
9321
0011
4211
Loaixx
xxx

xxx
xxx
==
===
===
===
Vậy với x=
{ }
9;4;0
thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
( )
( )







<+=+
>+=
++=
012
06
06412
21
2
21
2

2
mxx
mmxx
mmm

3
2
1
0)3)(2(
025
<







<
>+
>=
m
m
mm

b. Giải phơng trình:
( )
50)3(2
3
3

=+ mm


1
2 2
2
1 5
2
5(3 3 7) 50 1 0
1 5
2
m
m m m m
m

+
=


+ + = + =



=



Bài 3: a. Vì x
1
là nghiệm của phơng trình: ax

2
+ bx + c = 0 nên ax
1
2
+ bx
1
+ c =0. .
Vì x
1
> 0 =>c.
.0
1
.
1
1
2
1
=++








a
x
b
x

Chứng tỏ
1
1
x
là một nghiệm dơng của phơng trình: ct
2
+ bt + a = 0; t
1
=
1
1
x
Vì x
2
là nghiệm của phơng trình: ax
2
+ bx + c = 0 => ax
2
2
+ bx
2
+ c =0
vì x
2
> 0 nên c.
0
1
.
1
2

2
2
=+








+








a
x
b
x
.Chứng tỏ
2
1
x
là một nghiệm dơng của phơng trình ct
2

+ bt + a = 0 ; t
2
=
2
1
x

Vậy nếu phơng trình: ax
2
+ bx + c =0 có hai nghim dơng phân biệt x
1
; x
2
thì phơng trình: ct
2
+ bt + a = 0 cũng có hai
nghiệm dơng phân biệt t
1
; t
2
v t
1
=
1
1
x
; t
2
=
2

1
x
b. Do x
1
; x
1
; t
1
; t
2
đều là những nghiệm dơng nên t
1
+ x
1
=
1
1
x
+ x
1


2 ; t
2
+ x
2
=
2
1
x

+ x
2


2
Do đó x
1
+ x
2
+ t
1
+ t
2


4

2
Luyện thi vào lớp 10
Bài 4
a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là
trực tâm tam giác ABC nên
CH
AB
và BH
AC
=> BD
AB
và CD
AC

.
Do đó:

ABD = 90
0
và

ACD = 90
0
.
Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
của đờng tròn tâm O thì
tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên

APB =

ADB
nhng

ADB =

ACB nhng

ADB =

ACB
Do đó:

APB =

ACB Mặt khác:

AHB +

ACB = 180
0
=>

APB +

AHB = 180
0

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên

PAB =

PHB
Mà

PAB =

DAB do đó:

PHB =

DAB

Chứng minh tơng tự ta có:

CHQ =

DAC
Vậy

PHQ =

PHB +

BHC +

CHQ =

BAC +

BHC = 180
0
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c). Ta thấy

APQ là tam giác cân đỉnh A
Có AP = AQ = AD và

PAQ =

2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ
đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất
D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

Đề 3
Bài 1: Cho biểu thức:
( ) ( )( )
yx
xy
xyx
y
yyx
x
P
+

++

+
=
111))1)((
a)Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b)Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x
2
và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) .
a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt
b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung.
Bài 3: Giải hệ phơng trình :

=++
=++
=++
27
1
111
9
zxyzxy
zyx
zyx
Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
);( BCAC

. Trên nửa mặt
phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia
BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N.
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R.
Bài 5: Cho
Rzyx

,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4

3
+ (x
8
y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
x
10
) .
Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là:
0;1;0;0
+
yxyyx
.
*). Rút gọn
( )
( ) ( ) ( )
(1 ) (1 )
1 1
x x y y xy x y
P
x y x y
+ +
=

+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1
x y x x y y xy x y
x y x y
+ + +
=
+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
x y x y x xy y xy
x y x y
+ + +
=
+ +
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 1
1 1
x x y x y x x
x y
+ + + +
=
+
( )
1
x y y y x

y
+
=

( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
1
x y y y y
y
+
=

.x xy y= +
Vậy P =
.yxyx
+

3
H
O
P
Q
D
C
B
A
Q
N
M

O
C
B
A
Luyện thi vào lớp 10
b). P = 2

.yxyx
+
= 2

( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1x y y x y
+ + = + =
Ta có: 1 +
1y

1 1x

0 4x

x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a). Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2). Nên phng trỡnh ng thng (d) là :
y = mx + m 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phng trình: - x
2
= mx + m 2


x

2
+ mx + m 2 = 0 (*)
Vì phng trình (*) có
( )
mmmm
>+=+=
04284
2
2
nên phngtrình (*) luôn có hai nghiệm phân
biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung

phng trình : x
2
+ mx + m 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu

m 2 < 0

m < 2.
Bài 3 :
( )
( )

=++
=++
=++
327
)2(1
111
19
xzyzxy
zyx
zyx
ĐKXĐ :
.0,0,0

zyx

( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2
81 2 81
81 2 27
2( ) 2 0
( ) ( ) ( ) 0

( ) 0
( ) 0
( ) 0
x y z x y z xy yz zx
x y z xy yz zx x y z
x y z xy yz zx x y z xy yz zx
x y y z z x
x y
x y
y z y z x y z
z x
z x
+ + = + + + + + =
+ + = + + + + =
+ + = + + + + + + =
+ + =

=
=



= = = =


=
=


Thay vào (1) => x = y = z = 3 .Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phngtrình . Vậy hệ phng trình có nghiệm duy

nhất x = y = z = 3.
Bài 4: a). Xét
ABM

và
NBM

. Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90
o
. M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM =>
BAN

cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp => BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét
MCB

và
MNQ

có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)


BMC =

MNQ ( vì :

MCB =

MNC ;

MBC =

MQN ).
=>
) ( cgcMNQMCB
=
=> BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có

BQAC
AB
2
= BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB
2
= BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R
2
= BC( BC + 2R) => BC =
R)15(

Bài 5:
Từ :
zyxzyx
++
=++

1111
=>
0
1111
=
++
++
zyxzyx
=>
( )
0
=
++
++
+
+
zyxz
zzyx
xy
yx

( )
( )
( ) ( ) ( )
2
1 1
0 0 ( ) 0
( )
zx zy z xy
z y x y x y y z z x

xy z x y z xyz x y z


+ + +
+ + = + = + + + =
ữ
ữ
ữ
+ + + +


Ta có : x
8
y
8
= (x + y)(x-y)(x
2
+y
2
)(x
4
+ y
4
); y
9
+ z
9
= (y + z)(y
8
y

7
z + y
6
z
2
- + z
8
)
z
10
- x
10
= (z + x)(z
4
z
3
x + z
2
x
2
zx
3
+ x
4
)(z
5
- x
5
)
Vậy M =

4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
3
Đề 4
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d
/
đối xứng với đờng thẳng d qua đờng thẳng y = x
là:

4
M
D
C
B
A
x
K
O
N
M
I
D
C
B
A
Luyện thi vào lớp 10
A.y =
2

1
x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y =
2
1
x - 2 ; D.y = - 2x 4 Hãy chọn câu trả lời đúng.
2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình một hình cầu khi lấy
ra mực nớc trong bình còn lại
3
2
bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán kính hình cầu là
A.2 ; B.
3
2
; C.
3
3
; D. Một kết quả khác.
Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x
4
- 11 x
3
+ 19x
2
- 11 x + 2 = 0
2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A =
x
+
y
Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) 7 Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB < AC, điểm M di động

trong góc xAy sao cho
MB
MA
=
2
1
Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan CD.
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN.
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.
c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định.
Hớng dẫn
Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng. 2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1
Bài 2 : 1)A = (n + 1)
4
+ n
4
+ 1 = (n
2
+ 2n + 1)
2
- n
2
+ (n
4
+ n
2
+ 1)= (n
2
+ 3n + 1)(n

2
+ n + 1) + (n
2
+ n + 1)(n
2
- n + 1)
= (n
2
+ n + 1)(2n
2
+ 2n + 2) = 2(n
2
+ n + 1)
2
.
Vậy A chia hết cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) Do A > 0 nên A lớn nhất

A
2
lớn nhất. Xét A
2
= (
x
+
y
)
2
= x + y + 2
xy

= 1 + 2
xy
(1)
Ta có:
2
yx +

xy
(Bất đẳng thức Cô si) => 1 > 2
xy
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: A
2
= 1 + 2
xy
< 1 + 2 = 2. Max A
2
= 2 <=> x = y =
2
1
, max A =
2
<=> x = y =
2
1
Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)
Có 2 trờng hợp: 4 + b = 1 hoc 4 + b = 7
4 + c = - 7 4 + c = - 1
Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10. Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)

Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2. Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)
Câu2 (1,5điểm). Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: AD =
4
1
AB. Ta có D là điểm cố định
Mà
AB
MA
=
2
1
(gt) do đó
MA
AD
=
2
1

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
AB
MA
=
MA
AD
=
2
1
Do đó AMB ~ ADM =>
MD
MB

=
AD
MA
= 2
=> MD = 2MD (0,25 điểm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
Dấu "=" xảy ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC. Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC
* Cách dựng điểm M.
- Dựng đờng tròn tâm A bán kính
2
1
AB
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD =
4
1
AB
M là giao điểm của DC và đờng tròn (A;
2
1
AB)
Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 90
0
nên MN là đờng kính.Vậy I là trung điểm của MN

5
Luyện thi vào lớp 10
b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD vuông cân)

Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định .
Đề 5
Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0x y y z z x+ + = + + = + + =
Tính giá trị của biểu thức :
2007 2007 2007
A x y z= + +
.
Bài 2). Cho biểu thức :
2 2
5 4 2014M x x y xy y= + + +
. Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá
trị nhỏ nhất đó
Bài 3. Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 2
18
1 . 1 72
x y x y
x x y y

+ + + =


+ + =

Bài 4. Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đờng tròn (O) cắt các tiếp
tuyến tại A và B lần lợt tại C và D.
a.Chứng minh : AC . BD = R
2
. b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất .
Bài 5.Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng :
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD
2
= AB . AC - BD . DC.
Hớng dẫn giải
Bài 1. Từ giả thiết ta có :
2
2
2
2 1 0
2 1 0
2 1 0
x y
y z
z x

+ + =

+ + =


+ + =


Cộng từng vế các đẳng thức ta có :
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0x x y y z z+ + + + + + + + =

( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 0x y z + + + + + =

1 0
1 0
1 0
x
y
z
+ =


+ =


+ =

1x y z = = =
( ) ( ) ( )
2007 2007 2007
2007 2007 2007
1 1 1 3A x y z = + + = + + =
Vậy : A = -3.
Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :
( ) ( )
( )
2 2
4 4 2 1 2 2 2007M x x y y xy x y= + + + + + + + +
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 1 2 1 2007M x y x y= + + +
( ) ( ) ( )
2
2
1 3
2 1 1 2007
2 4
M x y y

= + + +



Do
( )

2
1 0y
và
( ) ( )
2
1
2 1 0
2
x y

+



,x y

2007M


min
2007 2; 1M x y = = =

Bài 3. Đặt :
( )
( )
1
1
u x x
v y y

= +


= +


Ta có :
18
72
u v
uv
+ =


=



u ; v là nghiệm của phơng trình :
2
1 2
18 72 0 12; 6X X X X + = = =


12
6
u
v
=

=

;
6
12
u
v
=


=




( )
( )
1 12
1 6
x x
y y

+ =


+ =


;

( )
( )
1 6
1 12
x x
y y

+ =


+ =



Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.
Bài 4. a.Ta có CA = CM; DB = DM. Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC

OD
Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên: MO
2
= CM . MD

R
2
= AC . BD
b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp
ã
ã
ã
ã

;MCO MAO MDO MBO = =
( )
.COD AMB g gV : V

Do đó :
1
. .
. .
Chu vi COD OM
Chu vi AMB MH
=
V
V
(MH
1


AB)

6
oh
d
c
m
b
a
Luyện thi vào lớp 10
Do MH
1

OM nên
1
1
OM
MH


Chu vi
COD

V
chu vi
AMBV

Dấu = xảy ra

MH
1
= OM

M

O

M là điểm chính giữa của cung
ằ
AB

Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :

2 2
1 1
0; 0
2 2
a b


ữ ữ



a , b > 0
1 1
0; 0
4 4
a a b b + +
1 1
( ) ( ) 0
4 4
a a b b + + +


a , b > 0
1
0
2
a b a b + + + >
. Mặt khác
2 0a b ab+ >
. Nhân từng vế

ta có :
( ) ( )
( )
1
2
2
a b a b ab a b

+ + + +


( )
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp
ABCV

Gọi E là giao điểm của AD và (O). Ta có:
ABD CEDV : V
(g.g)
. .
BD AD
AB ED BD CD

ED CD
= =

( )
2
. .
. .
AD AE AD BD CD
AD AD AE BD CD
=
=

Lại có :
( )
.ABD AEC g gV : V

2
. .
. .
AB AD
AB AC AE AD
AE AC
AD AB AC BD CD
= =
=

Đ 6
Câu 1: Cho hàm số f(x) =
44
2

+ xx
a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A =
4
)(
2
x
xf
khi x
2
Câu 2: Giải hệ phơng trình



+=+
+=
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
Câu 3: Cho biểu thứcA =









+

+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
với x > 0 và x 1
a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đờng vuông góc
hạ từ A đến đờng kính BC.

a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: Cho phơng trình 2x
2
+ (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn: 3x
1
- 4x
2
= 11
đáp án
Câu 1a) f(x) =
2)2(44
22
==+ xxxx
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)



=
=




=

=
=
8
12
102
102
10)(
x
x
x
x
xf
c)
)2)(2(
2
4
)(
2
+

=

=
xx
x
x
xf
A
Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2

1
+
=
x
A
Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Câu 2

7
d
e
c
b
a
Luyện thi vào lớp 10
( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4
( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0
x y x y xy x xy y x x y
x y x y xy y x xy y x x y
= + = + = =



+ = + + = + + = =

x -2

y 2
Câu 3 a) Ta có: A =









+












+
1
:

1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
=









+

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

+












+
1
:
1
1
1
1
x
xxx
x
x
x
xx
=
1

:
1
11

++
x
x
x
xxx
=
1
:
1
2

+
x
x
x
x
=
x
x
x
x 1
1
2


+

=
x
x2
b) A = 3 =>
x
x2
= 3 => 3x +
x
- 2 = 0 => x = 2/3
Câu 4: a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có

CB
CH
PB
EH
=
; (1)
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>

POB =

ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC

POB
Do đó:
OB
CH

PB
AH
=
(2)
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH
2
= BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
.)2(
2PB
AH.CB
2PB
AH.CB
AH
2
= R

AH
2
. 4PB
2
= (4R.PB - AH.CB).AH.CB

4AH.PB
2
= 4R.PB.CB - AH.CB
2

AH (4PB
2
+CB
2
) = 4R.PB.CB
2
222
222
222
2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB
AH

=
+

=
+
=
+
=
Câu 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x

1
; x
2
thì > 0 <=> (2m - 1)
2
- 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5 (1)
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:










=

=

=+
114x3x
2
1m
.xx
2
12m
xx

21
21
21










=



=
=
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
8m-26
77m
x
7

4m-13
x
1
1

Giải phơng trình
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3 =


ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa
mãn: x
1
+ x
2
= 11
Đề 7
Câu 1: Cho P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
1
x
x
+

a/. Rút gọn P. b/. Chứng minh: P <
1
3
với x

0 và x

1.
Câu 2: Cho phơng trình : x
2
2(m - 1)x + m
2
3 = 0
( 1 )
; m là tham số.
a/. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.

b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.

8
O
B
C
H
E
A
P
Luyện thi vào lớp 10
Câu 3: a/. Giải phơng trình :
1
x
+
2
1
2 x
= 2
b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn :
0
0
2 4 2 0
2 7 11 0
a
b
a b c
a b c

+ + =


+ =

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.
Câu 4: Cho
ABCV
cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đờng
tròn ngoại tiếp
BCDV
. Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K .
a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao?
c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.
Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x

0 và x

1. (0,25 điểm)
P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
( 1)( 1)
x
x x
+
+
=
3
2
( ) 1
x
x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +

-
1
1x
=
2 ( 1)( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x x x x
x x x
+ + + + +
+ +
=
( 1)( 1)
x x
x x x

+ +
=
1
x
x x+ +
b/. Với x

0 và x

1 .Ta có: P <
1
3


1

x
x x+ +
<
1
3

3
x
< x +
x
+ 1 ; ( vì x +
x
+ 1 > 0 )

x - 2
x
+ 1 > 0

(
x
- 1)
2
> 0. ( Đúng vì x

0 và x

1)
Câu 2:a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

0.

(m - 1)
2
m
2
3

0

4 2m

0

m

2.
b/. Với m

2 thì (1) có 2 nghiệm.
Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có:
2
3 2 2
.3 3
a a m
a a m
+ =

=


a=
1
2
m


3(
1
2
m
)
2
= m
2
3

m
2
+ 6m 15 = 0

m = 3

2
6
( thõa mãn điều kiện).
Câu 3:Điều kiện x

0 ; 2 x
2
> 0

x

0 ;
x
<
2
. Đặt y =
2
2 x
> 0 Ta có:
2 2
2 (1)
1 1
2 (2)
x y
x y

+ =


+ =


Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -
1
2

* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình: X
2
2X + 1 = 0

X = 1

x = y = 1.
* Nếu xy = -
1
2
thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình: X
2
+ X -
1
2
= 0

X =
1 3
2

Vì y > 0 nên: y =
1 3
2
+


x =
1 3
2

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x
1
= 1 ; x
2
=
1 3
2

Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành

AB // CK


ã
ã
BAC ACK=
Mà
ã
1
2
ACK =
sđ
ằ
EC
=
1
2
sđ

ằ
BD
=
ã
DCB
Nên
ã
ã
BCD BAC=
Dựng tia Cy sao cho
ã
ã
BCy BAC=
.Khi đó, D là giao điểm của
ằ
AB
và Cy.
Với giả thiết
ằ
AB
>
ằ
BC
thì
ã
BCA
>
ã
BAC
>

ã
BDC


D

AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.
Đề 8

9
O
K
D
C
B
A
Luyện thi vào lớp 10
Câu 1: a) Xác định x

R để biểu thức :A =
xx
xx
+
+
1
1
1
2
2

Là một số tự nhiên
b. Cho biểu thức: P =
22
2
12 ++
+
++
+
++ zzx
z
yyz
y
xxy
x
Biết x.y.z = 4 , tính
P
.
Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a.Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu3 Giải phơng trình:
521
3
= xx
Câu 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R
2
. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn. Một góc
xOy = 45
0
cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và E. Chứng minh rằng:

a.DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O ). b.
RDER <<
3
2

đáp án
Câu 1: a.
A =
xxxxx
xxxx
xx
xx 2)1(1
)1).(1(
1
1
22
22
2
2
=+++=
+++
++
+
A là số tự nhiên

-2x là số tự nhiên

x =
2
k

(trong đó k

Z và k

0 )
b.Điều kiện xác định: x,y,z

0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và
2=xyz

Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với
x
; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi
xyz
ta đợc:
P =
1
2
2
2(
2
22
=
++
++
=
++
+
++
+

++ xxy
xyx
xyxz
z
xxy
xy
xxy
x

1=P
vì P > 0
Câu 2: a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên

b = 4; a = 2 Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4.
Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C

AB

A, B, C không thẳng hàng.
Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D

AB

A,B,D thẳng hàng.
b.Ta có :AB
2
= (-2 0)
2
+ (0 4)

2
=20, AC
2
= (-2 1)
2
+ (0 1)
2
=10, BC
2
= (0 1)
2
+ (4 1)
2
= 10


AB
2
= AC
2
+ BC
2


ABC vuông tại C. Vậy S

ABC
= 1/2AC.BC =
510.10
2

1
=
( đơn vị diện tích )
Câu 3: Đkxđ x

1, đặt
vxux ==
3
2;1
ta có hệ phơng trình:



=+
=
1
5
32
vu
vu
Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2

x = 10.
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc AB = AC = R

ABOC là hình vuông
Kẻ bán kính OM sao cho BOD = MOD

MOE = EOC

Chứng minh BOD = MOD

OMD = OBD = 90
0
Tơng tự: OME = 90
0

D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R

DE < R
Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
Cộng từng vế ta đợc: 3DE > 2R

DE >
3
2
R Vậy R > DE >
3
2
R
Đề 9
Câu 1: Cho hàm số f(x) =
44
2
+ xx
a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A =
4

)(
2
x
xf
khi x
2
Câu 2: Giải hệ phơng trình
10
B
M
A
O
C
D
E
Luyện thi vào lớp 10



+=+
+=
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
Câu 3: Cho biểu thức A =

+












+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x

x
xx
với x > 0 và x 1
a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đờng vuông góc
hạ từ A đến đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: Cho phơng trình 2x
2
+ (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn: 3x
1
- 4x
2
= 11
đáp án
Câu 1
a) f(x) =
2)2(44
22
==+ xxxx
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)

=
=




=
=
=
8
12
102
102
10)(
x
x
x
x
xf
c)
)2)(2(
2
4
)(
2
+

=

=

xx
x
x
xf
A
Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Câu 2




=
=

=+
=




+=+
+=




+=+
+=
2y
-2x


0
4
2167221762
8422
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yx
yx
xyxyxyxy
xyxyxxy
yxyx
yxyx

Câu 3a) Ta có: A =









+












+
1
:
1
1
1
1

x
x
x
x
x
x
xx
=









+

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









+

+
1
:
1
1
1
1
x
xxx
x
x
x
xx
=
1
:
1
11

++
x
x
x
xxx
=
1
:
1
2

+
x
x
x
x
=
x
x
x
x 1
1
2


+
=
x
x2
b) A = 3 =>

x
x2
= 3 => 3x +
x
- 2 = 0 => x = 2/3
Câu 4 a. Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có
CB
CH
PB
EH
=
; (1)
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>POB = ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC

POB. Do đó:
OB
CH
PB
AH
=
(2)
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH
2
= BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
.)2(

2PB
AH.CB
2PB
AH.CB
AH
2
= R

AH
2
.4PB
2
= (4R.PB - AH.CB).AH.CB

11
O
B
C
H
E
A
P
Luyện thi vào lớp 10

4AH.PB
2
= 4R.PB.CB - AH.CB
2

AH (4PB

2
+CB
2
) = 4R.PB.CB
2
222
222
222
2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB
AH

=
+

=
+
=
+
=
Câu 5 (1đ) Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x
1

; x
2
thì > 0 <=> (2m - 1)
2
- 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5 (1)
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:










=

=

=+
114x3x
2
1m
.xx
2
12m
xx
21

21
21










=



=
=
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
8m-26
77m
x
7
4m-13

x
1
1

Giải phơng trình
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3 =


ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
Đề 10
Câu I : Tính giá trị của biểu thức:
A =
53
1
+
+
75
1
+
+
97
1
+

+ +
9997
1
+
B = 35 + 335 + 3335 + +
99 3
3333 35
so
1 42 43

Câu II :Phân tích thành nhân tử :
1)
x
2
-7x -18
2)
(x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
3)
1+ a
5
+ a
10
Câu III :
1) Chứng minh : (ab+cd)
2


(a
2
+c

2
)( b
2
+d
2
)
2) áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x
2
+ 4y
2

Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C
và I ). Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và
Q.
a) Chứng minh DM.AI= MP.IB
b) Tính tỉ số :
MQ
MP
Câu 5: Cho P =
x
xx

+
1
34
2
. Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
đáp án
Câu 1 : 1) A =
53

1
+
+
75
1
+
+
97
1
+
+ +
9997
1
+
=
2
1
(
35
+
57
+
79
+ +
9799
) =
2
1
(
399

)
2) B = 35 + 335 + 3335 + +

399
35 3333
số
=33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) = 198 +
3
1
( 99+999+9999+ +999 99)
= 198 +
3
1
( 10
2
-1 +10
3
- 1+10
4
- 1+ +10
100
1) = 198 33 +

27
1010
2101
B =









27
1010
2101
+165
Câu 2: 1)
x
2
-7x -18 = x
2
-4 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3 = (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3
= (x
2
+5x +4)(x
2

+ 5x+6)-3= [x
2
+5x +4][(x
2
+ 5x+4)+2]-3
= (x
2
+5x +4)
2
+ 2(x
2
+5x +4)-3=(x
2
+5x +4)
2
- 1+ 2(x
2
+5x +4)-2
12
Luyện thi vào lớp 10
= [(x
2
+5x +4)-1][(x
2
+5x +4)+1] +2[(x
2
+5x +4)-1] = (x
2
+5x +3)(x
2

+5x +7)
3) a
10
+a
5
+1 = a
10
+a
9
+a
8
+a
7
+a
6
+ a
5
+a
5
+a
4
+a
3
+a
2
+a +1 - (a
9
+a
8
+a

7
)- (a
6
+ a
5
+a
4
)- ( a
3
+a
2
+a )
= a
8
(a
2
+a+1) +a
5
(a
2
+a+1)+ a
3
(a
2
+a+1)+ (a
2
+a+1)-a
7
(a
2

+a+1) -a
4
(a
2
+a+1)-a(a
2
+a+1)
=(a
2
+a+1)( a
8
-a
7
+ a
5
-a
4
+a
3
- a +1)
Câu 3: 4đ
1) Ta có : (ab+cd)
2


(a
2
+c
2
)( b

2
+d
2
) <=> a
2
b
2
+2abcd+c
2
d
2


a
2
b
2
+ a
2
d
2
+c
2
b
2
+c
2
d
2
<=> 0

a
2
d
2
- 2cbcd+c
2
b
2

<=> 0

(ad - bc)
2
(đpcm ). Dấu = xãy ra khi ad=bc.
2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có : 5
2
= (x+4y)
2
= (x. + 4y)

(x
2
+ y
2
)
)161( +
=> x
2
+ y

2



17
25

=> 4x
2
+ 4y
2



17
100
dấu = xãy ra khi x=
17
5
, y =
17
20

Câu 4 : Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA =>

MPD
:

ICA
=>

IA
MP
CI
DM
=
=> DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1).
Ta có góc ADC = góc CBA. Góc DMQ = 180
0
- AMQ=180
0
- góc AIM = góc BIA.Do đó

DMQ
:

BIA
=>
IA
MQ
BI
DM
=
=> DM.IA=MQ.IB (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra
MQ
MP
= 1
Câu 5: Để P xác định thì : x
2
-4x+3

0 và 1-x >0. Từ 1-x > 0 => x < 1
Mặt khác : x
2
-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có :
(x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.
Với x < 1 Ta có :
P =
x
xx

+
1
34
2
=
x
x
xx
=


3
1
)3)(1(
Đề 11
Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức .
( )
22

1
11
1
+
++=
a
a
A
Với a > 0.
b. Tính giá trị của tổng.
222222
100
1
99
1
1
3
1
2
1
1
2
1
1
1
1 +++++++++=B
Câu 2 : Cho pt
01
2
=+ mmxx

a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với
m

.
b. Gọi
21
, xx
là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.
( )
12
32
21
2
2
2
1
21
+++
+
=
xxxx
xx
P
Câu 3 : Cho
1,1 yx
. Chứng minh:
xy
yx
+

+
+
+
1
2
1
1
1
1
22
Câu 4 Cho đờng tròn tâm O và dây AB. M là điểm chuyển động trên đờng tròn, từ M kẻ MH AB (H AB). Gọi E
và F lần lợt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đờng thẳng vuông góc với EF cắt dây AB tại
D.
1. Chứng minh rằng đờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đờng tròn.
2. Chứng minh:
BH
AD
BD
AH
MB
MA
.
2
2
=
H ớng dẫn
13
Luyện thi vào lớp 10
Câu 1 a. Bình phơng 2 vế
( )

1
1
2
+
++
=
aa
aa
A
(Vì a > 0).
b. áp dụng câu a/
1 1 1 9999
1 100
1 100 100
A B
a a
= + = =
+
Câu 2 a. : cm
m 0
b. áp dụng hệ thức Viet ta có:



=
=+
1
21
21
mxx

mxx

2
12
2
+
+
=
m
m
P
(1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.

1 1
1 2 1 1
2 2
P GTLN m GTNN m = = = =
Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
bđt
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
1111
22

++

+
++


xyy
yxy
xyx
xyx

( ) ( )
01
2
xyyx
đúng vì
1xy
Câu 4: a - Kẻ thêm đờng phụ.
- Chứng minh MD là đờng kính của (o) =>
b. Gọi E', F' lần lợt là hình chiếu của D trên MA và MB.
Đặt HE = H
1
; HF = H
2
( )
1


.
2
2

2
1
MBhHF
MAhHE
BH
AD
BD
AH
=
HEF


''
EDF

hHEhHF
2
=
Thay vào (1) ta có:
BH
AD
BD
AH
MB
MA
.
2
2
=
Đề 12

Câu 1: Cho biểu thức D =






+
+
+

+
ab
ba
ab
ba
11
:







++
+
ab
abba
1

2
1
a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D ; b) Tính giá trị của D với a =
32
2

; c) Tìm giá trị lớn nhất của D
Câu 2: Cho phơng trình
32
2

x
2
- mx +
32
2

m
2
+ 4m - 1 = 0 (1)
a) Giải phơng trình (1) với m = -1; b) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn
21
21
11
xx
xx
+=+
Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b,
)90(

0
==

A
Chứng minh rằng: AI =
cb
Cosbc
+
2
.2

(Cho Sin2

CosSin2=
)
Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB và một điểm N di động trên một nửa đờng tròn sao cho
.BNAN



Vễ vào
trong đờng tròn hình vuông ANMP.
a) Chứng minh rằng đờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q.
b) Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp.
c) Chứng minh đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1. Hãy tính giá trị của: B =
x
xyz
y
zx

z
xy
++
Đáp án
Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là








1
0
0
ab
b
a
- Rút gọn D
14
M
o
E'
E
A
F
F'
B
I

D
H
1
2
1
2
1
F
I
Q
P
N
M
B
A
c
b
a
I
C
B
A

2

2
Luyện thi vào lớp 10
D =

+
ab
aba
1
22
:







++
ab
abba
1
=
1
2
+a
a
b) a =
13)13(
1

32(2
32
2
2
+=+=
+
=
+
a
Vậy D =
34
232
1
32
2
322


=
+
+
c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
112 + Daa
Vậy giá trị của D là 1
Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1)
0920
2
9
2
1

22
=+=+ xxxx





+=
=

101
101
2
1
x
x
b) Để phơng trình 1 có 2 nghiệm thì
4
1
0280 + mm

(
*
)
+ Để phơng trình có nghiệm khác 0
1
2
2
4 3 2
1

4 1 0
2
4 3 2
m
m m
m



+

+


(**
)
+



=
=+
=++=+
01
0
0)1)((
11
21
21
212121

21
xx
xx
xxxxxx
xx





+=
=
=




=+
=

194
194
0
038
02
2
m
m
m
mm

m
Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = 0 và
194 =m
Câu 3:
+
;
2
.
2
1

cSinAIS
ABI
=

+
;
2
.
2
1

bSinAIS
AIC
=

+
;
2
1

bcSinS
ABC
=

AICABIABC
SSS

+=
2
2
( )
2
( )
2
bcCos
bcSin
bcSin AISin b c AI
b c
Sin b c




= + = =
+
+
Câu 4: a)
21

NN =
Gọi Q = NP
)(O
QA QB =
)
)
Suy ra Q cố định
b)
)

(


211
AMA ==

Tứ giác ABMI nội tiếp
c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định.
Tam giác ABF có: AQ = QB = QF


ABF vuông tại A

00
45

45

== BFAB
Lại có

==
1
0
1

45

PAFBP
Tứ giác APQF nội tiếp

0
90


== FQAFPA
Ta có:
000
1809090

=+=+ MPAFPA

M
1
,P,F Thẳng hàng
Câu 5: Biến đổi B = xyz

++
222
111
zyx
=
2
2
. ==
xyz
xyz
Đề 13
Bài 1: Cho biểu thức A =
2
4( 1) 4( 1)
1
. 1
1
4( 1)
x x x x
x
x x
+ +


ữ

a) Tìm điều kiện của x để A xác định b) Rút gọn A
Bài 2 : Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) và B(3; -4)
a) Viết phơng tình đờng thẳng AB b) Xác định điểm M trên trục hoành để tam giác MAB cân tại M
Bài 3 : Tìm tất cả các số tự nhiên m để phơng trình ẩn x sau: x
2
- m
2
x + m + 1 = 0 có nghiệm nguyên.
15
Luyện thi vào lớp 10
Bài 4 : Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A và D đồng thời tiếp xúc với BC tại D.
Đờng tròn này cắt AB và AC lần lợt tại E và F. Chứng minh
a) EF // BC
b) Các tam giác AED và ADC; àD và ABD là các tam giác đồng dạng.
c) AE.AC =AF.AB = AC
2
Bài 5 : Cho các số dơng x, y thỏa mãn điều kiện x
2
+ y
2
x
3
+ y
4
. Chứng minh: x
3
+ y
3
x

2
+ y
2
x + y 2
Đáp án
Bài 1:
a) Điều kiện x thỏa mãn
2
1 0
4( 1) 0
4( 1) 0
4( 1) 0
x
x x
x x
x x






+


>


1
1

1
2
x
x
x
x











x > 1 và x 2
KL: A xác định khi 1 < x < 2 hoặc x > 2
b) Rút gọn A
A =
2 2
2
( 1 1) ( 1 1)
2
.
1
( 2)
x x
x

x
x
+ +



=
1 1 1 1
2
.
2 1
x x
x
x x
+ +


Với 1 < x < 2 A =
2
1 x
Với x > 2 A =
2
1x
Kết luận
Với 1 < x < 2 thì A =
2
1 x
Với x > 2 thì A =
2
1x

Bài 2:
a) A và B có hoành độ và tung độ đều khác nhau nên phơng trình đờng thẳng AB có dạng y = ax + b
A(5; 2) AB 5a + b = 2
B(3; -4) AB 3a + b = -4
Giải hệ ta có a = 3; b = -13
Vậy phơng trình đờng thẳng AB là y = 3x - 13
b) Giả sử M (x, 0) xx ta có
MA =
2 2
( 5) (0 2)x +
MB =
2 2
( 3) (0 4)x + +
MAB cân MA = MB
2 2
( 5) 4 ( 3) 16x x + = +
(x - 5)
2
+ 4 = (x - 3)
2
+ 16 x = 1
Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0)
Bài 3: Phơng trình có nghiệm nguyên khi = m
4
- 4m - 4 là số chính phơng
Ta lại có: m = 0; 1 thì < 0 loại
m = 2 thì = 4 = 2
2
nhận
m 3 thì 2m(m - 2) > 5 2m

2
- 4m - 5 > 0 - (2m
2
- 2m - 5) < < + 4m + 4
m
4
- 2m + 1 < < m
4
(m
2
- 1)
2
< < (m
2
)
2
, không chính phơng
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Bài 4:a)
ã ã
ằ
1
( )
2
EAD EFD sdED= =
(0,25)
ã
ã
ằ
1

( )
2
FAD FDC sdFD= =
(0,25)
mà
ã
ã ã
ã
EDA FAD EFD FDC= =
(0,25)
EF // BC (2 góc so le trong bằng nhau)
b) AD là phân giác góc BAC nên
ằ ằ
DE DF=
16
F
E
A
B
C
D
Luyện thi vào lớp 10
sđ
ã
1
2
ACD =
sđ(
ẳ
ằ

AED DF
) =
1
2
sđ
ằ
AE
= sđ
ã
ADE
do đó
ã
ã
ACD ADE=
và
ã
ã
EAD DAC=
D ADC (g.g)
Tơng tự: sđ
ã
ằ
ẳ
ằ
1 1
( )
2 2
ADF sd AF sd AFD DF= =
=
ẳ

ằ
ã
1
( )
2
sd AFD DE sdABD =

ã
ã
ADF ABD=
do đó AFD ~ (g.g
c) Theo trên: + AED ~ DB
AE AD
AD AC
=
hay AD
2
= AE.AC (1)
+ ADF ~ ABD
AD AF
AB AD
=
AD
2
= AB.AF (2)
Từ (1) và (2) ta có AD
2
= AE.AC = AB.AF
Bài 5 (1đ): Ta có (y
2

- y) + 2 0 2y
3
y
4
+ y
2
(x
3
+ y
2
) + (x
2
+ y
3
) (x
2
+ y
2
) + (y
4
+ x
3
)
mà x
3
+ y
4
x
2
+ y

3
do đó x
3
+ y
3
x
2
+ y
2
(1)
+ Ta có: x(x - 1)
2
0: y(y + 1)(y - 1)
2
0 x(x - 1)
2
+ y(y + 1)(y - 1)
2
0 x
3
- 2x
2
+ x + y
4
- y
3
- y
2
+ y 0
(x

2
+ y
2
) + (x
2
+ y3) (x + y) + (x
3
+ y
4
)
mà x
2
+ y
3
x
3
+ y
4
x
2
+ y
2
x + y (2)
và (x + 1)(x - 1) 0, (y - 1)(y
3
-1) 0

x
3
- x

2
- x + 1 + y
4
- y - y
3
+ 1 0 (x + y) + (x
2
+ y
3
) 2 + (x
3
+ y
4
)
mà x
2
+ y
3
x
3
+ y
4
x + y 2
Từ (1) (2) và (3) ta có: x
3
+ y
3
x
2
+ y

2
x + y 2
Đề 14
Câu 1: A=
2
4( 1) 4( 1)
1
. 1
1
4( 1)
x x x x
x
x x
+ +


ữ



a/ Rút gọn biểu thức A.
b/ Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2: Xác định các giá trị của tham số m để phơng trình
x
2
-(m+5)x-m+6 =0
Có 2 nghiệm x
1
và x
2

thoã mãn một trong 2 điều kiện sau:
a/ Nghiệm này lớn hơn nghiệm kia một đơn vị.
b/ 2x
1
+3x
2
=13
Câu 3: Tìm giá trị của m để hệ phơng trình
( )
3 2
1
1 2
mx y
m x m y
=



+ =


vô nghiệm, vô số nghiệm.
Câu 4: Tìm max và min của biểu thức:
2
2
3 1
1
x x
x
+ +

+

Câu 5: Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 45
0
. Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đờng
chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt đờng chéo BD tại Q.
a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đờng tròn.
b/ Chứng minh rằng: S
AEF
=2S
AQP
c/ Kẻ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính số đo góc MAB biết

CPD=

CMD
h ớng dẫn
Câu 1: a/ Biểu thức A xác định khi
2
1 0
4( 1) 0
4( 1) 0
4( 1) 0
x
x x
x x
x x

+


>


1
1
1
2
x
x
x
x











x > 1 và x 2
KL: A xác định khi 1 < x < 2 hoặc x > 2

Rút gọn A
A =
2 2
2
( 1 1) ( 1 1)
2
.
1
( 2)
x x
x
x
x
+ +



=
1 1 1 1
2
.
2 1
x x
x
x x
+ +


Với 1 < x < 2: A =
2

1 x
17
1
1
Q
P
M
F
E
D
C
B
A
Luyện thi vào lớp 10
Với x > 2: A =
2
1x
Kết luận
Với 1 < x < 2 thì A =
2
1 x
Với x > 2 thì A =
2
1x

b/ Để A nguyên thì
1x
là ớc dơng của 1 và 2
*
1x

=1 thì x =2 loại
*
1x
= 2 thì x =5
vậy với x = 5 thì A nhận giá trị nguyên bằng 1
Câu 2: Ta có x = (m+5)
2
-4(-m+6) = m
2
+14m+10 để phơng trìnhcó hai nghiệmphân biệt khi vàchỉ khi

7 4 3
7 4 3
m
m



+


(*)
a/ Giả sử x2>x1 ta có hệ
( )
( )
( )
2 1
1 2
1 2
1 1

5 2
. 6 3
x x
x x m
x x m
=

+ = +


= +


Giải hệ tađợc m=0 và m=-14 thoã mãn (*)
b/ Theo giả thiết ta có:
( )
( )
( )
1 2
1 2
1 2
2 3 13 1'
5 2'
. 6 3'
x x
x x m
x x m
+ =

+ = +

= +

giải hệ ta đợc m=0 và m= 1 Thoả mãn (*)
Câu 3: *Để hệ vô nghiệm thì
3 2
1 1
1 2
m
m m





*Hệvô số nghiệm thì:
3 2
1 1
1 2
m
m m

= =


Không có giá trị nào của m để hệ vô số nghiệm.
Câu 4: Hàm số xác định với x(vì x2+10)
gọi y
0

là 1 giá trịcủa hàmphơng trình: y
0
=
2
2
3 1
1
x x
x
+ +
+


(y
0
-1)x
2
-6x+y
0
-1 =0 có nghiệm
*y
0
=1 suy ra x = 0
*y
0
1; =9-(y
0
-1)
2
0

(y
0
-1)
2
9 suy ra -2 y
0
4
Vậy: y
min
=-2 và y
max
=4
Câu 5:Giải
a/

A
1
và

B
1
cùng nhìn đoạn QE dới một góc 45
0
tứ giác ABEQ nội tiếp đợc

FQE =

ABE =1v.
chứng minh tơng tự ta có

FBE = 1v Q, P, C cùng nằm trên đờng tròn đờng kớnh EF.
b/ Từ câu a suy ra AQE vuông cân.
AE
AQ
=
2

(1)
tơng tự APF cũng vuông cân
AF
AB
=
2

(2)
từ (1) và (2) AQP ~ AEF (c.g.c)
AEF
AQP
S
S
= (
2
)
2
hay S
AEF
= 2S
AQP
c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD và

APD=

CPD


MCD=

MPD=

APD=

CPD=

CMD MD=CD MCD đều

MPD=60
0

mà

MPD là góc ngoài của ABM ta có

APB=45
0
vậy

MAB=60
0
-45

0
=15
0
Đề 15
18
Luyện thi vào lớp 10
Bài 1: Cho biểu thức M =
x
x
x
x
xx
x

+
+

+
+
+

2
3
3
12
65
92
a. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M b. Tìm x để M = 5
c. Tìm x

Z để M

Z.
bài 2: a) Tìm x, y nguyên dng thoã mãn phng trình: 3x
2

+10 xy + 8y
2
=96
b)tìm x, y biết / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = 3
Bài 3: a. Cho các số x, y, z dng thoã mãn
x
1
+
y
1
+
z
1
= 4
Chứng ming rằng:
zyx ++2
1
+
zyx ++ 2
1
+
zyx 2
1
++

1

b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B =
2
2
20062
x
xx +
(với x
0

)
Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Kẻ tia Ax, Ay sao cho
yAx

= 45
0
Tia Ax cắt CB và BD lần lợt tại E và P, tia Ay cắt CD và BD lần lợt tại F và Q
a. Chứng minh 5 điểm E; P; Q; F; C cùng nằm trên một ng tròn
b. S
AEF

= 2 S
APQ

. Kẻ đng trung trực của CD cắt AE tại M. Tính số đo góc MAB biết
DPC

=

DMC

Bài 5: (1đ) Cho ba số a, b , c khác 0 thoã mãn:
1 1 1
0
a b c
+ + =
; Hãy tính P =
222
b
ac
a
bc
c
ac
++
đáp án
Bài 1:M =
x
x
x
x
xx
x

+
+

+
+

+

2
3
3
12
65
92
a.ĐK
9;4;0

xxx
Rút gọn M =
( )( ) ( )( )
( )( )
32
2123392

+++
xx
xxxxx
Biến đổi ta có kết quả: M =
( )( )
32
2


xx
xx
M =

( )( )
( )( )
3
1
23
21

+
=

+
x
x
M
xx
xx

( )
1 16
b.M 5 5 1 5 3 1 5 15 16 4 4 16
4
3
x
x x x x x x x
x

= = + = + = = = = =


c. M =

3
4
1
3
43
3
1

+=

+
=

+
xx
x
x
x
Do M
z

nên
3x
là ớc của 4


3x
nhận các giá trị: -4; -2; -1; 1; 2; 4
{ }
49;25;16;4;1

x
do

4x
{ }
49;25;16;1

x
Bài 2 a. 3x
2
+ 10xy + 8y
2
= 9

3x
2
+ 4xy + 6xy + 8y
2
= 96

(3x
2
+ 6xy) + (4xy + 8y
2
) = 96


3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96

(x + 2y)(3x + 4y) = 96
Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng và 3x + 4y > x + 2y
3


mà 96 = 2
5
. 3 có các ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành tích 2 thừa số không nhỏ hơn 3 là:
96 = 3.32 = 4.24 = 6. 16 = 8. 12
Lại có x + 2y và 3x + 4y có tích là 96 (Là số chẵn) có tổng 4x + 6y là số chẳn do đó




=+
=+
2443
62
yx
yx
Hệ PT này vô nghiệm
Hoặc



=+
=+
1643
62
yx

yx



=
=

1
4
y
x
Hoặc



=+
=+
1243
82
yx
yx
Hệ PT vô nghiệm
Vậy cấp số x, y nguyên dơng cần tìm là (x, y) = (4, 1)
c. ta có /A/ = /-A/
AA

Nên /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/
3/3//20082005/
=+
xx

(1)
mà /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = 3 (2)
Kết hợp (1 và (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/
0

(3)
19
Luyện thi vào lớp 10
(3) sảy ra khi và chỉ khi



=
=




=
=
2007
2006
0/2007/
0/2006/
y
x
y
x
Bài 3
a. Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ

Với mọi a, b thuộc R: x, y > 0 ta có
( )
(*)
2
22
yx
ba
y
b
x
a
+
+
+

(a
2
y + b
2
x)(x + y)
( )
xyba
2
+

a
2
y
2
+ a

2
xy + b
2
x
2
+ b
2
xy

a
2
xy + 2abxy + b
2
xy

a
2
y
2
+ b
2
x
2


2abxy

a
2
y

2
2abxy + b
2
x
2


0

(ay - bx)
2


0 (**)
bất đẳng thức (**) đúng với mọi a, b, và x,y > 0
Dấu (=) xảy ra khi ay = bx hay
a b
x y
=
áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1
2 2 2 2 4 4 4 4
2 2x y z x y z x y x z x y x z

+ + +
ữ ữ ữ ữ ữ

= + = +

+ + + + + + + +
2 2 2 2
1 1 1 1
1 2 1 1
4 4 4 4
16x y x z x y z

ữ ữ ữ ữ


+ + + = + +
ữ

Tơng tự
1 1 1 2 1
2 16x y z x y z

+ +
ữ
+ +


1 1 1 1 2
2 16x y z x y z

+ +
ữ
+ +

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:

1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2
2 2 2 16 16 16
1 4 4 4 4 1 1 1 1
.4 1
16 16 4
x y z x y z x y z x y z x y z x y z
x y z x y z

+ + + + + + + + + +
ữ ữ ữ
+ + + + + +


+ + + + =
ữ ữ

Vì
1 1 1
4
x y z
+ + =
b.

( )
2
2
2 2006
0
x x
B x

x
+
=
Ta có:
2 2 2
2 2
2 2006 2006 2.2006 2006
2006
x x x x
B
x x
+ +
= =

( ) ( )
2 2
2
2 2
2006 2005 2006
2005
2006 2006 2006
x x x
x x
+
= = +
Vì (x - 2006)
2


0 với mọi x ; x

2
> 0 với mọi x khác 0

( )
2
2
2006
2005 2005
0 2006
2006 2006 2006
x
B B khix
x

= =
Bài 4a.
0
45EBQ EAQ EBAQ
= =
)
) )
Y
nội tiếp;

B
= 90
0
góc AQE = 90
0
gócEQF = 90

0
Tơng tự góc FDP = góc FAP = 45
0
Tứ giác FDAP nội tiếp góc D = 90
0
góc APF = 90
0
góc EPF = 90
0

Các điểm Q, P,C luôn nhìn dới 1góc90
0
nên 5 điểm E, P, Q, F, C cùng nằm trên 1 đờng tròn đờng kính EF
b. Ta có góc APQ + góc QPE = 180
0
(2 góc kề bù)

góc APQ = góc AFE
Góc AFE + góc EPQ = 180
0
Tam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g)

2
2
1 1
2
2
2
APQ
APQ AEE

AEF
S
k S S
S




= = = =
ữ

b. góc CPD = góc CMD tứ giác MPCD nội tiếp góc MCD = góc CPD (cùng chắn cung MD)
Lại có góc MPD = góc CPD (do BD là trung trực của AC)
góc MCD = góc MDC (do M thuộc trung trực của DC)
góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC đều góc CMD = 60
0
tam giác DMA cân tại D (vì AD = DC = DM)
Và góc ADM =gócADC gócMDC = 90
0
60
0
= 30
0
góc MAD = góc AMD (180
0
- 30
0
) : 2 = 75
0
gócMAB = 90

0
75
0
= 15
0
20
Luyện thi vào lớp 10
Bài 5 : Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c x + y + z = 0 (vì 1/a = 1/b + 1/c = 0)
x = -(y + z) x
3
+ y
3
+ z
3
3 xyz = -(y + z)
3
+ y
3
3xyz
-( y
3
+ 3y
2
z +3 y
2
z
2
+ z
3
) + y

3
+ z
3
3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz .0 = 0
Từ x
3
+ y
3
+ z
3
3xyz = 0 x
3
+ y
3
+ z
3
= 3xyz 1/ a
3
+ 1/ b
3
+

1/ c
3
3 1/ a
3
.1/ b
3
.1/ c
3

= 3/abc
Do đó P = ab/c
2
+ bc/a
2
+ ac/b
2
= abc (1/a
3
+ 1/b
3
+ 1/c
3
) = abc.3/abc = 3
nếu 1/a + 1/b + 1/c =o thì P = ab/c
2
+ bc/a
2
+ ac/b
2
= 3
Đề 16
Bài 1Cho biểu thức A =
2
222
12)3(
x
xx +
+
22

8)2( xx +

a. Rút gọn biểu thức A
b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị nguyên.
Bài 2: (2 điểm) Cho các đờng thẳng:
y = x-2 (d
1
) ; y = 2x 4 (d
2
) ; y = mx + (m+2) (d
3
)
a. Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (d
3
) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
b. Tìm m để ba đờng thẳng (d
1
); (d
2
); (d
3
) đồng quy .
Bài 3: Cho phơng trình x
2
- 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1)
a. Chứng minh phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b. Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phơng trình (1) mà không phụ thuộc vào m.
c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x
2
1

+ x
2
2
(với x
1
, x
2
là nghiệm của phơng trình (1))
Bài 4: Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho AC>AB và AC
> BC . Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lợt
là giao điểm của các cặp đờng thẳng AB với CD; AD và CE.
a. Chứng minh rằng DE// BC b. Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp
c. Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức:
CE
1
=
CQ
1
+
CE
1
Bài 5: Cho các số dơng a, b, c Chứng minh rằng:
21 <
+
+
+
+
+
<
ac

c
cb
b
ba
a
đáp án
Bài 1: - Điều kiện : x

0
a. Rút gọn:
44
96
2
2
24
++
++
=
xx
x
xx
A
2
3
2
+
+
= x
x
x

- Với x <0:
x
xx
A
322
2
+
=
; - Với 0<x

2:
x
x
A
32 +
=
; - Với x>2 :
x
xx
A
322
2
+
=

b. Tìm x nguyên để A nguyên:
A nguyên

x

2
+ 3
xM


3
x


x =
}{
3;1;3;1

Bài 2: a. (d
1
) : y = mx + (m +2)

m (x+1)+ (2-y) = 0
Để hàm số luôn qua điểm cố định với mọi m





=
=+
02
01
y
x

=
=
2
1
y
x
Vậy N(-1; 2) là điểm cố định mà (d
3
) đi qua
b. Gọi M là giao điểm (d
1
) và (d
2
) . Tọa độ M là nghiệm của hệ



=
=
42
2
xy
xy

=
=
0
2
y
x
Vậy M (2; 0) .
Nếu (d
3
) đi qua M(2,0) thì M(2,0) là nghiệm (d
3
). Ta có : 0 = 2m + (m+2)

m= -
3
2
Vậy m = -
3
2
thì (d
1
); (d
2
); (d
3
) đồng quy
Bài 3: a.

'V
= m
2
3m + 4 = (m -
2
3
)
2
+
4
7
>0

m.Vậy phơng trình có 2 nghiệm phân biệt
b. Theo Viét:



=
=+
3
)1(2
21
21
mxx
mxx

=
=+
622
22
21
21
mxx
mxx


x
1
+ x
2
2x
1
x
2
4 = 0 không phụ thuộc vào m
c. P = x
1
2
+ x
1
2
= (x
1
+ x
2
)

2
- 2x
1
x
2
= 4(m - 1)
2
2 (m-3) = (2m -
2
5
)
2
+
m
4
15
4
15

21
Luyện thi vào lớp 10
VậyP
min
=
4
15
với m =
4
5

Bài 4: a. Sđ

CDE =
2
1
Sđ DC =
2
1
Sđ BD =
BCD


DE// BC (2 góc vị trí so le)
b.

APC =
2
1
sđ (AC - DC) =

AQC

APQC nội tiếp (vì

APC =

AQC cùng nhìn đoan AC)
c.Tứ giác APQC nội tiếp

CPQ =

CAQ (cùng chắn cung CQ);

CAQ =

CDE (cùng chắn cung DC)
Suy ra

CPQ =

CDE

DE// PQ
Ta có:
PQ
DE
=
CQ
CE
(vì DE//PQ) (1)

FC
DE
=
QC
QE
(vì DE// BC) (2)
Cộng (1) và (2) :
1==
+

=+
CQ
CQ
CQ
QECE
FC
DE
PQ
DE


DEFCPQ
111
=+
(3)

ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ. Thay vào (3) :
CECFCQ
111
=+


Bài 5:Ta có:
cba
a
++
<
ab
a
+

<
cba
ca
++
+
(1)

cba
b
++
<
cb
b
+
<
cba
ab
++
+
(2)

cba
c
++
<
ac
c
+
<
cba

bc
++
+
(3)
Cộng từng vế (1),(2),(3) :
1 <
ba
a
+
+
cb
b
+
+
ac
c
+
< 2
22