5 Đề ôn thi vào 10 có đáp an

Đề 1
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.
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: Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 2
18
1 . 1 72

x y x y
x x y y

+ + + =


+ + =


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 x>o ;
2
2
1
7x
x
+ =
Tớnh:
5
5
1
x
x
+
Đề : 2

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, Ruý gọn biểu thức A
.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x=
6 4 2+
c. Tìm giá trị của x để A=3
Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

2
( ) 4 3( )
2 3 7
x y y x
x y

=

+ =

b. Giải bất phơng trình:

3 2
2
4 2 12
3
+
+ +
x x x
x x
<0
Câu3. Cho phơng trình (2m-1)x
2
-2mx+1=0
a)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn bit
b)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn bit x1;x2 sao cho:
2 2
1 2
3x x+ =
Câu 4. Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dng
hình vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của
AE và nửa đờng tròn (O) . Gọi K là giao điểm của CFvà ED
a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đờng tròn
b. chứng minh rằng :BK l tip tuyn ca(o)
1

c. chứng minh rằng :F l trung im ca CK
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 x >o ;y>0 thỏa mãn x+y=1 : Tỡm GTLN ca A=
x y+
Đề 4
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 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
2

Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn: 3x
1
- 4x
2
= 11
Đề 5
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.
Câu 3: a/. Giải phơng trình :
1
x

+
2
1
2 x
= 2
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.
Cõu5 . Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0+ + = + + = + + =x y y z z x
Tính giá trị của biểu thức :
2009 2009 2009
= + +A x y z
.
Đáp án Đề 1
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x
1;0 x

a, Rút gọn: P =
( )
( )
( )

1
12
:
1
12
2




x
x
xx
xx
z
<=> 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.

3

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

=
+
=

=+=++
2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm

Bà3 . 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.
Bà4
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
4
H
O
P
Q
D
C
B
A
O
K
F
E
D
C

B
A

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
Bi 5 T
2 2
2
2
1 1 1 1
7 2 7 9 3x x x x
x x x x

+ = + = + = + =
ữ ữ

(do x>o)
Nờn
5 4 3 2 4 2
5 2 3 4 4 2
1 1 1 1 1 1 1 1
3 1x x x x x x x x
x x x x x x x x

+ = + + + = + + +
ữ ữ ữ
ữ



( )
2
2
1
3 2 7 1 3 49 8 123x
x


= + + = =
ữ



HT
đáp áN Đề 2
Câu 1: a. Rút gọn A=
x
x 2
2

b.Thay x=
6 4 2 2 2+ = +

vào A ta đợc A=
2(4 2)+
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
2
( ) 4 3( )
2 3 7
x y y x
x y

=

+ =

<=>*
1
2 3 7
x y
x y
=


+ =

(1) V *
4
2 3 7
x y
x y
=


+ =

(2)
Giải hệ (1) ta đợc x=2, y=1
Giải hệ (2) ta đợc x=-1, y=3
Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=2, y=1 hoặc x=-1; y=3
b) Ta có x
3
-4x
2
-2x-20=(x-5)(x
2
+x+4)
mà x
2
+x+3=(x+1/2)
2
+11/4>0 ; x
2
+x+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
a)Xét 2m-10=> m 1/2
v
,

= m
2
-2m+1= (m-1)
2 >
0 m1
ta thấy pt có 2 nghiệm p.bit với m 1/2 v m1
b) m=
2 2
4

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
5

=>

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
=>BK

OB=>BK l tip tuyn ca(0)
c)BF

CK ti F=>F l trung im

HT
Đáp án Đề 3
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :;
0;1;0;0
+
yxyyx
.
*). Rút gọn P:
( )

( ) ( ) ( )
(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
+
b). P = 2

.yxyx
+
= 2

( ) ( )
( )( )
111
111
=+
=++
yx
yyx
Ta có: 1 +
1y

1 1x

0 4x
x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác 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 phơng trình đờng
thẳng (d) là : y = mx + m 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x
2
= mx + m 2


x
2
+ mx + m 2 = 0 (*)
Vì phơng trình (*) có
( )

mmmm
>+=+=
04284
2
2
nên phơng trình (*) 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

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

m 2 < 0

m < 2.
6
Q
N
M
O
C
B
A

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 phơng trình . Vậy hệ phơng 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:) 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
.
đáp án Đề 4
7

C©u 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
Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
2
1
+
−=
x
A
C©u 2
( 2) ( 2)( 4)
( 3)(2 7) (2 7)( 3)
2 2 4 8
2 6 7 21 2 7 6 21
4
0
− = + −



− + = − +

− = + − −

⇔

− + − = − + −

− = − =
 
⇔ ⇔
 
+ = =
 
x y x y
x y x y
xy x xy y x
xy y x xy y x
x y
x y
x -2

y 2
C©u 3 a) Ta cã: 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
x−2
b) A = 3 =>
x
x−2
= 3 => 3x +

x
- 2 = 0 => x = 2/3
C©u 4
Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
8
O
B
C
H
E
A
P

a) 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)
đ k (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph trình có hai nghiệm
phân biệt thỏa mãn: 3 x
1
-4 x
2
= 11
HT
9

Đáp án Đề 5
Câu 1: Điều kiện: x

0 và x

1
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

10

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
. Cõu 5. 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 = = =


( ) ( ) ( )
2009 2009 2009
2009 2009 2009
1 1 1 3A x y z = + + = + + =
Vậy : A = -3.
HT
11
O
K
D
C
B
A