tuyển tập các đề thi vào 10

Đề I.
Câu 1. Cho biểu thức:

x1
1
x1
1
x1
1
:
x1
1
x1
1
A

+






+

+

=
a. Rút gọn A.
b. Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất.
Câu 2 : ( 2 điểm )
a) Tìm các giá trị của a , b biết rằng đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua hai điểm
A( 2 ; - 1 ) và B (
)2;
2
1
b) Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số y = mx + 3 ; y = 3x 7 và đồ thị
của hàm số xác định ở câu ( a ) đồng quy .
Câu 2 ( 2 điểm )
Một ô tô dự định đi từ A đền B trong một thời gian nhất định . Nếu xe chạy với vận
tốc 35 km/h thì đến chậm mất 2 giờ . Nếu xe chạy với vận tốc 50 km/h thì đến sớm hơn 1
giờ . Tính quãng đờng AB và thời gian dự định đi lúc đầu
Bài 4. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là
tâm đờng tròn
ngoại tiếp tam giác AHE.
1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp .
2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng
tròn.
3. Chứng minh ED =
2
1
BC.
4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn

(O).
5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
Lời giải:
Câu 1. Giải:
a. Rút gọn đợc:
( )
x1x
1

b. A nhỏ nhất nếu mẫu
( )
x1x
là lớn nhất
Gọi
Kx =
ta có K(1- K) = -K
2
+ K
-(K
2
- K) = -(K
2
- 2K/2 +1/4 -1/4)
= -[(K-1/4)
2
1/4]
Mẫu này lớn nhất khi: -[(K-1/4)
2
- 1/4] là nhỏ nhất
Và nó nhỏ nhất khi: K= 1/4

Hay
21x41x // ==
=>A nhỏ nhất =4
Câu 4
1. Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 90
0
( Vì BE là đờng cao)

∠ CDH = 90
0
( V× AD lµ ®êng cao)
=> ∠ CEH + ∠ CDH = 180
0
Mµ ∠ CEH vµ ∠ CDH lµ hai gãc ®èi cđa tø gi¸c CEHD , Do ®ã CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp
2. Theo gi¶ thiÕt: BE lµ ®êng cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 90
0
.
AD lµ ®êng cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 90
0
.
Nh vËy E vµ D cïng nh×n AB díi mét gãc 90
0
=> E vµ D cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh AB.
VËy bèn ®iĨm A, E, D, B cïng n»m trªn mét ®êng trßn.
3. Theo gi¶ thiÕt tam gi¸c ABC c©n t¹i A cã AD lµ ®êng cao nªn còng lµ ®êng trung tun
=> D lµ trung ®iĨm cđa BC. Theo trªn ta cã ∠BEC = 90
0
.
VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tun => DE =

2
1
BC.
1. V× O lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE nªn O lµ trung ®iĨm cđa AH => OA = OE =>
tam gi¸c AOE c©n t¹i O => ∠E
1
= ∠A
1
(1).
Theo trªn DE =
2
1
BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => ∠E
3
= ∠B
1
(2)
Mµ ∠B
1
= ∠A
1
( v× cïng phơ víi gãc ACB) => ∠E
1
= ∠E
3
=> ∠E
1
+ ∠E
2
= ∠E

2
+ ∠E
3

Mµ ∠E
1
+ ∠E
2
= ∠BEA = 90
0
=> ∠E
2
+ ∠E
3
= 90
0
= ∠OED => DE ⊥ OE t¹i E.
VËy DE lµ tiÕp tun cđa ®êng trßn (O) t¹i E.
5. Theo gi¶ thiÕt AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. ¸p dơng ®Þnh lÝ
Pitago cho tam gi¸c OED vu«ng t¹i E ta cã ED
2
= OD
2
– OE
2
 ED
2
= 5
2
– 3

2
 ED = 4cm
§Ị II.
Câu 1: Cho biểu thức
2 9 3 2 1
5 6 2 3
x x x
Q
x x x x
− + +
= − −
− + − −
a) Tính x khi Q < 1.
b) Tìm các giá trò nguyên của x để cho Q nguyên.
C©u 2 : ( 3 ®iĨm ). rong cïng mét hƯ trơc to¹ ®é Oxy cho parabol (P) :
2
4
1
xy =

vµ ®êng th¼ng (D) :
12 −−= mmxy
a) VÏ (P) .
b) T×m m sao cho (D) tiÕp xóc víi (P) .
c) Chøng tá (D) lu«n ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh .
Bài 2 : Hai vßi níc cïng ch¶y vµo bĨ th× sau 4 giê 48 phót th× ®Çy. Nðu ch¶y cïng mét
thêi gian nh nhau th× lỵng níc cđa vßi II b»ng 2/3 l¬ng níc cđa vßi I ch¶y ®ỵc. Hái mçi vßi
ch¶y riªng th× sau bao l©u ®Çy bĨ.
Bµi4 Cho ®êng trßn (O; R) ®êng kÝnh AB. KỴ tiÕp tun Ax vµ lÊy trªn tiÕp tun ®ã mét ®iĨm P sao
cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc víi (O) t¹i M.

1. Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO néi tiÕp ®ỵc mét ®êng
trßn.
2. Chøng minh BM // OP.
3. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N. Chøng
minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh.
4. BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t
nhau t¹i J. Chøng minh I, J, K th¼ng hµng.
Lêi gi¶i:
C©u 4.
1. (HS tù lµm).
2.Ta cã ∠ ABM néi tiÕp ch¾n cung AM; ∠ AOM lµ gãc ë t©m
ch¾n cung AM => ∠ ABM
=
2
AOM∠
(1) OP lµ tia ph©n
gi¸c ∠ AOM ( t/c hai tiÕp
tun c¾t nhau ) => ∠ AOP
=
2
AOM∠
(2)
Tõ (1) vµ (2) => ∠ ABM =
∠ AOP (3)
Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)
3.Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=90
0
(vì PA là tiếp tuyến ); NOB = 90
0

(gt NOAB).
=> PAO = NOB = 90
0
; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5)
Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau).
4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON AB => ON PJ
Ta cũng có PM OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ.
(6)
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 90
0
=> K là trung điểm của
PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật). (6)
AONP là hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7)
Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8).
Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đờng cao => IK PO. (9)
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.
Đề III
Câu 1 ( 2,5 điểm )
Cho biểu thức : A =
1 1 2
:
2
a a a a a
a
a a a a

+ +

ữ
ữ

+

a) Với những giá trị nào của a thì A xác định .
b) Rút gọn biểu thức A .
c) Với những giá trị nguyên nào của a thì A có giá trị nguyên .
Câu 2 ( 2 điểm ) Cho hệ phơng trình .




=+
=
nyx
nymx
2
5
a) Giải hệ khi m = n = 1 .
b) Tìm m , n để hệ đã cho có nghiệm



+=
=
13
3
y
x
Câu 3( 1 điểm)
Một hình chữ nhật có diện tích 300 m

2
. Nếu giảm chiều rộng đi 3 m , tăng chiều dài
thêm 5m thì ta đợc hình chữ nhật mới có diện tích bằng diện tích bằng diện tích hình chữ
nhật ban đầu . Tính chu vi hình chữ nhật ban đầu .
Câu 4 ( 3 điểm )
Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt
phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa
đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.
1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: AI
2
= IM . IB.
3) Chứng minh BAF là tam giác cân.
4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi.
5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.
Lời giải:
Câu 4.
1. Ta có : AMB = 90
0
( nội
tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> KMF = 90
0
(vì là
hai góc kề bù).
AEB = 90
0
( nội tiếp
chắn nửa đờng tròn )
=> KEF = 90

0
(vì là
hai góc kề bù).
=> KMF + KEF =
180
0
. Mà KMF và KEF là
hai góc đối của tứ giác EFMK
do đó EFMK là tứ giác nội tiếp.
Ta cã ∠IAB = 90
0
( v× AI lµ tiÕp tun ) => ∆AIB vu«ng t¹i A cã AM ⊥ IB ( theo trªn).
¸p dơng hƯ thøc gi÷a c¹nh vµ ®êng cao => AI
2
= IM . IB.
1. Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM => ∠IAE = ∠MAE => AE = ME (lÝ do ……)
=> ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE lµ tia ph©n gi¸c gãc ABF. (1)
Theo trªn ta cã ∠AEB = 90
0
=> BE ⊥ AF hay BE lµ ®êng cao cđa tam gi¸c ABF (2).
Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n. t¹i B .
2. BAF lµ tam gi¸c c©n. t¹i B cã BE lµ ®êng cao nªn ®ång thêi lµ ®¬ng trung tun => E lµ trung
®iĨm cđa AF. (3)
Tõ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo trªn AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM hay AE lµ tia ph©n gi¸c ∠HAK
(5)
Tõ (4) vµ (5) => HAK lµ tam gi¸c c©n. t¹i A cã AE lµ ®êng cao nªn ®ång thêi lµ ®¬ng trung tun =>
E lµ trung ®iĨm cđa HK. (6).
Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH lµ h×nh thoi ( v× cã hai ®êng chÐo vu«ng gãc víi nhau t¹i trung ®iĨm cđa
mçi ®êng).

3. (HD). Theo trªn AKFH lµ h×nh thoi => HA // FK hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh
thang.
§Ĩ tø gi¸c AKFI néi tiÕp ®ỵc mét ®êng trßn th× AKFI ph¶i lµ h×nh thang c©n.
AKFI lµ h×nh thang c©n khi M lµ trung ®iĨm cđa cung AB.
ThËt vËy: M lµ trung ®iĨm cđa cung AB => ∠ABM = ∠MAI = 45
0
(t/c gãc néi tiÕp ). (7)
Tam gi¸c ABI vu«ng t¹i A cã ∠ABI = 45
0
=> ∠AIB = 45
0
.(8)
Tõ (7) vµ (8) => ∠IAK = ∠AIF = 45
0
=> AKFI lµ h×nh thang c©n (h×nh thang cã hai gãc ®¸y b»ng
nhau).
VËy khi M lµ trung ®iĨm cđa cung AB th× tø gi¸c AKFI néi tiÕp ®ỵc mét ®êng trßn.
§Ị 4
Câu 1: Cho biểu thức
2 9 3 2 1
5 6 2 3
x x x
Q
x x x x
− + +
= − −
− + − −
c) Tính x khi Q < 1.
d) Tìm các giá trò nguyên của x để cho Q nguyên.
Câu 2: Cho phương trình: x

2
– 2(m +1)x + m – 4 = 0 (1)
a) Giải phương trình khi m = 4.
b) CMR: phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
c) Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phương trình (1).
CMR: biểu thức M = x
1
(1 – x
2
) + x
2
(1 – x
1
) không phụ thuộc vào m.
Bµi 3 ( 2 ®iĨm).
Mét tam gi¸c vu«ng cã c¹nh hun b»ng 15 cm vµ tỉng hai c¹nh gãc vu«ng
b»ng 21 cm. TÝnh mçi c¹nh gãc vu«ng.
Bµi 4. Cho tam gi¸c ABC (AB = AC). C¹nh AB, BC, CA tiÕp xóc víi ®êng trßn (O) t¹i c¸c ®iĨm D,
E, F . BF c¾t (O) t¹i I , DI c¾t BC t¹i M. Chøng minh :
1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän.
2. DF // BC. 3. Tø gi¸c BDFC néi tiÕp. 4.
CF
BM
CB
BD
=

Lêi gi¶i:
C©u 4
1. (HD) Theo t/c hai
tiÕp tun c¾t nhau ta cã
AD = AF => tam gi¸c
ADF c©n t¹i A => ∠ADF
= ∠AFD < 90
0
=> s®
cung DF < 180
0
=>
∠DEF < 90
0
( v× gãc
DEF néi tiÕp ch¾n cung
DE).
Chứng minh tơng tự ta có DFE < 90
0
; EDF < 90
0
. Nh vậy tam giác DEF có
ba góc nhọn.
2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) =>
AD AF
AB AC
=
=> DF // BC.
3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)

=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp đợc một đờng tròn .
4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác
cân).
BDM = BFD (nội tiếp cùng chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM =
CBF .
=> BDM CBF =>
CF
BM
CB
BD
=
Đề 5
Bài 1: Cho M =
6
3
a a
a
+
+
a) Rút gọn M.
b) Tìm a để / M /

1
c) Tìm giá trị lớn nhất của M.
Bài 2 ( 2 điểm).
Cho phơng trình bậc hai : x
2
2(m 1) x + m 3 = 0. (1)
1/. Chứng minh rằng phơng trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt
với mọi giá trị của m.

2/. Tìm m để phơng trình (1) có một nghiệm bằng 3 và tính nghiệm kia.
3/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm đối nhau.