Đề thi môn toán vào lớp 10 các tỉnh năm học 2011 - 2012

!"#$
Thi gian: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
%&'
()*: (2,0 im)
( ) ( )
2
4 2
)9 3 2 0
) 7 18 0
2) 12 7 2 3
a x x
x x
m y x m y x m
+ =
+ =
= + = + +
1) Giải các ph ơng trình sau:

b
Với giá trị nào của thì đồ thị hai hàm số và cắt nhau tại một điểm trên
trục tung.
()*: (2,0 im)
2 1
1)
1 2 3 2 2
1 1 1 2

2) 1 .
1
1 1
)
) 3.
x
x x x
a
b x
= +
+ +

= + +
ữ ữ

+

=
Rút gọn biểu thức: A
Cho biểu thức: B
Rút gọn biểu thức B
Tìm giá trị của để biểu thức B
.
()*+: (1,5 im)
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 1
1

2 2
1) 1
2) ;
y x m
x y m
m
m x y x y
= +


=

=
= +
Cho hệ ph ơng trình:
Giải hệ ph ơng trình 1 khi
Tìm giá trị của đề hệ ph ơng trình 1 có nghiệm sao cho biểu thức P
đạt giá trị nhỏ nhất.
()*,: (3,5 im)
Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhn v ni tip ng trũn
( )
O
. Hai ng cao BD
v CE ca tam giỏc ABC ct nhau ti im H. ng thng BD ct ng trũn
( )
O
ti
im th hai P; ng thng CE ct ng trũn
( )
O

ti im th hai Q. Chng minh:
1)BEDC là tứ giác nội tiếp.
2) HQ.HC HP.HB
3) Đ ờng thẳng DE song song với đ ờng thẳng PQ.
4) Đ ờng thẳng OA là đ ờng trung trực của đoạn thẳng PQ.
=
-./#
01#
234

5+4678

79:;<=>"?@AB"<CD"?<*EF4

7
2
3

84

7
1
3
GHI@4

7@J@

K;@HLC<MN*O@H=PC@

5Q@697JRK8

2
121 11 = =
;@JRKCD@763JSMT*K8@7
1
NU*@7;@HLC<MCD"?<*EF
2; 2x x= = −
HV@<WX745JQ6FKCY@@AZC@1"?@T*H*[FJ8Q6FK8HV@<WX745J+5FKCY@@AZC
@1"?@T*H*[F(J8+5FK@<\MX]1C^1G)*@M_"
≡
(`<*Q6F7+5F@aCS)F7b
01#

2 1 7 5 2
1 2 3 2 (1 2)(3 2 2)
(7 5 2)(1 2)(3 2 2)
(3 2 2)(3 2 2) 1
1
A
+
= + = =
+ + + +
+ − −
= − + =
−
2
1 1 1 2
( )( )
( 1)( 1)
1 2 2 2
( )( )

( 1)( 1)
x x x
B
x x x
x x
x x x x
+ − + + −
= =
+ −
+ −
=
− +
G
2 4
3 3
9
B x
x
= ⇔ = ⇔ =
J@<McFL"H`K
01+#
<*F7@2CD<E;@#
2 2 (1)
2 1 (2)
y x
x y
− =


− = −


Ad@X@eJKX745@<ON)M;@JKH=PC47:f1X
A2X7
gX<ECD"?<*EFJ8K

2 2 2 2 2
2 2 2
2
( 1) 2 2 1
2 1 1
( 2 ) 2. ( ) 1 ( )
2 2 2
1 1 1
( 2 )
2 2
2
P x y m m m m
m m
m
= + = − + = − + =
− + + − =
= − + ≥
HT@Gh"?
1
2
`<*
1 1
2
2
2

m m= ⇔ =
01,#
2

i
j




(

1) Từ giả thiết ta có:
·
·
0
0
90
90
CEB
CDB

=


=


suy ra E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông,nên tứ giác
BEDC nội tiếp được trong 1 đường tròn.

2) Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB
3) BEDC nội tiếp đường tròn suy ra
·
·
·
;BDE BCE BCQ= =
từ câu 1/ TA CÓ :
·
·
BPQ BCQ=
Suy ra
·
·
BDE BPQ=
(2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)
4) OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1)
·
·
EBD ECD=
(GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy ra QA=PA Vậy A và
O cách đều P,Q nên suy ra đpcm.
()*k: (1,0 điểm)
( )
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
2
2
, , 4 3 7.

1 1 3 3
4 3 4 4 2. . 2. . 3 3 4 3
4 2 4 2
1 3
2 3 7 7, , ,
2 2
x y z x y z yz x y
x y z yz x y x x y y z z y y
x y z y x y z
+ + − − − ≥ −
 
 
+ + − − − = − + + − + + − + − −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
 
= − + − + − − ≥ − ∀ ∈
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
¡
Cho lµ ba sè thùc tuú ý. Chøng minh:
Ta cã:
3

i
j




(

5) T gi thit ta cú:
ã
ã
0
0
90
90
CEB
CDB

=


=


suy ra E,D nhỡn B,C di 1 gúc vuụng,nờn t giỏc
BEDC ni tip c trong 1 ng trũn.
6) Vỡ tam giỏc HBC v HPQ ng dng (gúc gúc)nờn HQ.HC=HP.HB
7) BEDC ni tip ng trũn suy ra
ã

ã
ã
;BDE BCE BCQ= =
t cõu 1/ TA Cể :
ã
ã
BPQ BCQ=
Suy ra
ã
ã
BDE BPQ=
(2 GểC NG V SUY RA PCM)
8) OP=OQ (vỡ bng bỏn kớnh ng trũn O) (1)
ã
ã
EBD ECD=
(GểC NI TIP CNG CHN CUNG ED) suy ra QA=PA Vy A v
O cỏch u P,Q nờn suy ra pcm.
()*k: (1,0 im)
( )
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
2
2
, , 4 3 7.
1 1 3 3
4 3 4 4 2. . 2. . 3 3 4 3
4 2 4 2

1 3
2 3 7 7, , ,
2 2
x y z x y z yz x y
x y z yz x y x x y y z z y y
x y z y x y z
+ +


+ + = + + + + +
ữ
ữ
ữ




= + +
ữ
ữ
ữ


Ă
Cho là ba số thực tuỳ ý. Chứng minh:
Ta có:
Sở giáo dục và đào tạo phú thọ
Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 trờng THPT chuyên hùng vơng
Năm học 2011-2012
l"J<1"?K

<]*?*2"`<l"?`m@<]*?*2"?*2Mno
4
Đề chính Thức
§Ò thi cã 1 trang

01 (2,0 điểm)
Cho biểu thức:
x
x
x
x
xx
x
P
−
+
−
−
+
−
+−
−
=
3
12
2
3
65
92

1) Tìm x để P có nghĩa
2) Rút gọn P
3) Tìm x để P<0
01 (2,0 điểm)
1)Giải phương trình :
1
2
1
2
−
+=
− x
x
x
x
2)Giải hệ phương trình







=
+
+
−
=
+
+

−
4
3
1
3
1
1
4
9
1
1
1
2
yx
yx
01+ (2,0 điểm)
Cho hàm số y=-2x
2
có đồ thị (P)
1) Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm M ,N biết M,N thuộc P có hoành độ lần lượt là
-1 và 2
2) Lập phương trình đường thẳng d song song với MN cắt P tại 2 điểm có hoành độ x
1
; x
2
thỏa
mãn
5
21
=− xx

01, (3,0 điểm)
Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (khác A và B).Gọi H là trung điểm MB . E,F là
chính giữa cung nhỏ AM và BM của đường tròn (O).Tiếp tuyến của (O) tại F cắt AM tại P
1)
Chứng minh tứ giác HFPM là hình chữ nhật
2)
Chứng minh góc EFH=45
0
3)
Qua A kẻ đường thẳng (d) song song với PH .Đường thẳng 9d) cắt đường tròn (O) tại tại D
( D khác A) .Chứng minh D, O, H thẳng hàng
01k (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab .Chứng minh rằng

2
1
1414
22
≥
+
+
+
a
b
b
a
666666666666O@666666666666666
Họ và tên thí sinh Số báo danh
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
$pq 

b rF<sC#
%&' t#$
Thời gian làm bài: 120 phút
()*#JH*[FK
5
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
3 2 1 0x x− − =
b)
5 7 3
5 4 8
x y
x y
+ =


− = −

c)
4 2
5 36 0x x+ − =
d)
2
3 5 3 3 0x x+ + − =
()*#J:kH*[FK
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
y x= −
và đường thẳng (D):

2 3y x= − −
trên cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
()*+#J:kH*[FK
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3 4 3 4
2 3 1 5 2 3
A
− +
= +
+ −
2 28 4 8
3 4 1 4
x x x x x
B
x x x x
− + − +
= − +
− − + −
( 0, 16)x x≥ ≠
()*,#J:kH*[FK
Cho phương trình
2 2
2 4 5 0x mx m− − − =
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x
1
, x
2

là các nghiệm của phương trình.
Tìm m để biểu thức A =
2 2
1 2 1 2
x x x x+ −
. đạt giá trị nhỏ nhất
()*k#J+:kH*[FK
Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB >
AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với
AC (E thuộc AB, F thuộc AC).
a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.
b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F).
Chứng minh AP
2
= AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân
c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A).
Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp.
d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH
2
= IC.ID
(/
()*#JH*[FK
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
3 2 1 0x x− − =
(a)
Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên
(a)
1

1
3
x hay x
−
⇔ = =
b)
5 7 3 (1)
5 4 8 (2)
x y
x y
+ =


− = −

⇔
11 11 ((1) (2))
5 4 8
y
x y
= −


− = −

6
⇔
1
5 4
y

x
=


= −

⇔
4
5
1
x
y

= −



=

c) x
4
+ 5x
2
– 36 = 0 (C)
Đặt u = x
2
≥ 0, phương trình thành : u
2
+ 5u – 36 = 0 (*)
(*) có ∆ = 169, nên (*) ⇔

5 13
4
2
u
− +
= =
hay
5 13
9
2
u
− −
= = −
(loại)
Do đó, (C) ⇔ x
2
= 4 ⇔ x = ±2
Cách khác : (C) ⇔ (x
2
– 4)(x
2
+ 9) = 0 ⇔ x
2
= 4 ⇔ x = ±2
d)
2
3 3 3 3 0x x− + − =
(d)
(d) có : a + b + c = 0 nên (d) ⇔ x = 1 hay
3 3

3
x
−
=
()*#
a) Đồ thị:
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( ) ( )
1; 1 , 2; 4± − ± −

(D) đi qua
( ) ( )
1; 1 , 0; 3− − −
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2 3x x− = − −
⇔ x
2
– 2x – 3 = 0
1 3x hay x⇔ = − =
(Vì a – b + c = 0)
y(-1) = -1, y(3) = -9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
1; 1 , 3; 9− − −
.
()*+#
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3 4 3 4
2 3 1 5 2 3

A
− +
= +
+ −
=
(3 3 4)(2 3 1) ( 3 4)(5 2 3)
11 13
− − + +
−

=
22 11 3 26 13 3
11 13
− +
−
=
2 3 2 3− − +
=
1
( 4 2 3 4 2 3)
2
− − +
=
2 2
1
( ( 3 1) ( 3 1) )
2
− − +
7
=

1
[ 3 1 ( 3 1)]
2
− − +
=
2−
2 28 4 8
3 4 1 4
x x x x x
B
x x x x
− + − +
= − +
− − + −
( 0, 16)x x≥ ≠
=
2 28 4 8
( 1)( 4) 1 4
x x x x x
x x x x
− + − +
− +
+ − + −

=
2
2 28 ( 4) ( 8)( 1)
( 1)( 4)
x x x x x x
x x

− + − − − + +
+ −
=
2 28 8 16 9 8
( 1)( 4)
x x x x x x x
x x
− + − + − − − −
+ −
=
4 4
( 1)( 4)
x x x x
x x
− − +
+ −
=
( 1)( 1)( 4)
( 1)( 4)
x x x
x x
+ − −
+ −
=
1x −
()*,#
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m
2
+ 4m +5 = (m+2)
2

+1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với
mọi m.
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S =
2
b
m
a
− =
; P =
4 5
c
m
a
= − −
 A =
2
1 2 1 2
( ) 3x x x x+ −
=
2
4 3(4 5)m m+ +
=
2
(2 3) 6 6,m + + ≥
với mọi m.
Và A = 6 khi m =
3
2
−
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m =

3
2
−
()*k# a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông
Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật)
Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)
Do đó: góc OAC + góc AFE = 90
0
⇒ OA vuông góc với EF
b) OA vuông góc PQ ⇒ cung PA = cung AQ
Do đó: ∆APE đồng dạng ∆ABP
⇒
AP AE
AB AP
=
⇒ AP
2
= AE.AB
Ta có : AH
2
= AE.AB (hệ thức lượng ∆HAB vuông tại H, có HE là chiều cao)
⇒ AP = AH ⇒ ∆APH cân tại A
c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA ⇒ DE.DF = DK.DA
Do đó ∆DFK đồng dạng ∆DAE ⇒ góc DKF = góc DEA ⇒ tứ giác AEFK nội tiếp
d) Ta có : AF.AC = AH
2
(hệ thức lượng trong ∆AHC vuông tại H, có HF là chiều cao)
Ta có: AK.AD = AH
2
(hệ thức lượng trong ∆AHD vuông tại H, có HK là chiều cao)

Vậy ⇒ AK.AD = AF.AC
Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp,
vậy ta có: IC.ID=IF.IK (∆ICF đồng dạng ∆IKD)
8
A
B
C
D
P
E
O
H I
K
F
Q
và IH
2
= IF.IK (từ ∆IHF đồng dạng ∆IKH) ⇒ IH
2
= IC.ID
$pq
u
%v-wx

!"#$JC<1"?K
%&' Thời gian làm bài: 120 phút
Đề thi gồm 02 trang
yAYC"?<*EF (1điểm): Mỗi câu sau có nêu bốn phương án trả lời (A, B,C, D) , trong đó chỉ có
một phương án đúng. Hãy chọn phương án đúng và viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án lựa
chọn.

01# Phương trình
2
x mx m 1 0+ + − =
có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
A.
m 2
>
. B.
m
∈
¡
. C.
m 2
≥
. D.
m 2
≠
.
01# Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác MNP cân tại M. Gọi E; F lần lượt là tiếp điểm của đường
tròn (O) với các cạnh MN; MP. Biết
·
0
MNP 50=
. Khi đó, cung nhỏ EF của đường tròn (O) có số đo
bằng:
A.
0
100
. B.
0

80
. C.
0
50
. D.
0
160
.
01+# Gọi
α
là góc tạo bởi đường thẳng
y x 3= +
với trục Ox, gọi
β
là góc tạo bởi đường thẳng
y 3x 5= − +
với trục Ox. Trong các phát biểu sau,phát biểu nào f2* ?
A.
0
45α =
.
B.
0
90β >
. C.
0
90β <
.
D.
α <β

.
01,# Một hình trụ có chiều cao là 6cm và diện tích xung quanh là
2
36 cmπ
. Khi đó, hình trụ đã cho có
bán kính đáy bằng
A.
6
cm.
B. 3 cm.
C.
3π
cm.
D. 6cm.
yzS1g" (9điểm) #
01b(1,5 điểm)Cho biểu thức :
3 x 1 1 1
P :
x 1
x 1 x x
 
−
= −
 ÷
−
− +
 
với
x 0 và x 1> ≠
1) Rút gọn biểu thức P.

2) Tìm x để 2P – x = 3.
01.(2 điểmK
1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thuộc đồ thị hàm số
2
y 2x= −
. Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường thẳng OM
là đồ thị hàm số bậc nhất).
2) Cho phương trình
( )
2
x 5x 1 0 1− − =
. Biết phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
x ;x
. Lập phương
trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là
1 2
1 2
1 1
y 1 và y 1
x x
= + = +
9
01+.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2 17
x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26
x 2 y 1 5

+ =


− +


− +

+ =

− −

01,.(3,0 điểm): Cho đường tròn (O; R). Lấy điểm M nằm ngoài (O;R) sao cho qua M kẻ được hai tiếp
tuyến MA, MB của (O;R) và góc AMB nhọn ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại
H. Đường thẳng AH cắt đường tròn (O;R) tại N (khác A). Đường tròn đường kính NA cắt các đường
thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K (khác A).
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA tại
E. Chứng minh CI = EA.
01k.(1,5 điểm)
1) Giải phương trình :
( )
( ) ( )
2
2
x x 9 x 9 22 x 1+ + = −
2) Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x

x x
   
> − < −
 ÷  ÷
   
.
HẾT
P*{
01+.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2 17
x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26
x 2 y 1 5

+ =

− +


− +

+ =

− −

ĐKXĐ:
x 2;y 1≠ ≠ −
3 2 17 3 2 17 3 2 17
x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26 2(x 2) 2 (y 1) 3 26 2 3 26

2 1
x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5
  
+ = + = + =
  
− + − + − +
  
⇔ ⇔
  
− + − + − +
  
+ = + = + + + =
  
− − − − − −
  

01k.(1,5 điểm)
1) Giải phương trình :
( )
( ) ( )
2
2
x x 9 x 9 22 x 1+ + = −
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
x 9 x 9x 22 x 1 x 9 x 9 9 x 1 22 x 1

 
⇔ + + = − ⇔ + + + − = −
 
Đặt x – 1 = t;
2
x 9+
= m ta có:
2 2 2 2
m 9mt 22t 22t 9mt m 0+ = ⇔ − − =
Giải phương trình này ta được
m m
t ;t
2 11
−
= =
 Với
2
2
m x 9
t ta có : x 1 x 2x 11 0 vô nghiêm
2 2
+
= − = ⇔ − + =
10
 Với
2
2
m x 9
t ta có : x 1 x 11x 2 0
11 11

− − −
= − = ⇔ + − =
121 8 129∆ = + =
> 0 phương trình có hai nghiệm
1,2
11 129
x
2
− ±
=
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1,2
11 129
x
2
− ±
=
2) Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x
x x
   
> − < −
 ÷  ÷
   
(1)
2 3 2
2 3 2

2
2
1 1 1 1 1 1
3 x 2 x 3 x x 2 x x 1
x x x x x x
1 1 1
3 x 2 x 1 (vì x 1 nên x 0) (2)
x x x
         
− < − ⇔ − + < − + +
 ÷  ÷  ÷ ÷  ÷ ÷
         
   
⇔ + < + + > − >
 ÷  ÷
   

Đặt
2 2
2
1 1
x t thì x t 2
x x
+ = + = −
, ta có (2)
( ) ( )
2
2t 3t 2 0 t 2 2t 1 0⇔ − − > ⇔ − + >
(3)
Vì

( )
2
2
1
x 1 nên x 1 0 x 1 2x x 2 hayt 2
x
> − > ⇔ + > ⇔ + > >
=> (3) đúng . Vậy ta có đpcm
01,.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R). Lấy điểm M nằm ngoài (O;R) sao cho qua M kẻ được hai tiếp
tuyến MA, MB của (O;R) và góc AMB nhọn ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại
H. Đường thẳng AH cắt đường tròn (O;R) tại N (khác A). Đường tròn đường kính NA cắt các đường
thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K (khác A).
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA tại
E. Chứng minh CI = EA.
1)
·
·
0
NIB BHN 180+ =
NHBI⇒Y
nội tiếp
2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp
µ
µ
µ
µ
µ
µ

1 1 1 1
2 2 2 2
Ta có H B A I
I B A K
= = =
= = =
$
$
3) ta có:
·
µ
¶
·
1 2
0
1
2
I I DNC
B A DNC 180
+ +
= + + =
$ $
Do đó CNDI nội tiếp
µ
µ
2 2 2
D I A⇒ = = ⇒
$
DC//AI
Lại có

µ µ
1 1
A H AE / /IC= ⇒
Vậy AECI là hình bình hành
=>CI = EA.
11
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO

KHÁNH HÒA 6
Ngày thi : 21/06/2011 Môn thi: $
Thời gian làm bài: ;<d@
Bài 1( 2 điểm)
1) Đơn giản biểu thức: A
2 3 6 8 4
2 3 4
+ + + +
=
+ +
2) Cho biểu thức:
1 1
( );( 1)
1 1
P a a
a a a a
= − − ≥
− − + −
Rút gọn P và chứng tỏ P
≥
0

Bài 2( 2 điểm)
1) Cho phương trình bậc hai x
2
+ 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
. Hãy lập một phương
trình bậc hai có hai nghiệm (x
1
2
+ 1 ) và ( x
2
2
+ 1).
2) Giải hệ phương trình
2 3
4
2
4 1
1
2
x y
x y

+ =

−




− =

−

Bài 3( 2 điểm)
Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc
không đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian
đã định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban
đầu của người đi xe đạp.
Bài 4( 4 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường
thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E.
1) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn
2) Chứng minh
BAE DAC∠ = ∠
3) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của
BC,đường thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC.
4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a
()*?*c*
Bài 1
12
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( đề thi có 01 trang)
3) A
2 3 2 6 8 2 ( 2 3 4)(1 2)
1 2
2 3 4 2 3 4
+ + + + + + + +
= = = +

+ + + +
4)
2
1 1
( ); 1
1
2 1 1 2 1 1; : 1
( 1 1) 0; 1
a a a a
P a a
a a
a a a a vi a
P a a
+ − − + −
= − ≥
− +
= − − = − − − + ≥
⇒ = − − ≥ ∀ ≥
Bài 2 x
2
+ 5x + 3 = 0
1) Có
25 12 13 0
∆ = − = >
Nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt
 x
1
+ x
2
= - 5 ; x

1
x
2
= 3
Do đó S = x
1
2
+ 1 + x
2
2
+ 1 = (x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1
x
2
+ 2 = 25 – 6 + 2 = 21
Và P = (x
1
2
+ 1) (x
2
2
+ 1) = (x
1
x

2
)
2
+ (x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1
x
2
+ 1 = 9 + 20 = 29
Vậy phương trình cần lập là x
2
– 21x + 29 = 0
2) ĐK
0; 2x y≠ ≠

2 3
14
4
2
7
2
2
3
2 3
1 4

12 3 3
4
3
2
2
2
x
x
x y
x
y
y
x y
x y


+ =
=
=



=
−

  
⇒ ⇔ ⇔ ⇔
   
+ =
=


  
+ =
− =
−

−
 
−


Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3)
Bài 3
Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h)
 Th gian dự định :
50
( )h
x
Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km)
 Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km)
Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h)
Th gian đi quãng đường còn lại :
50 2
( )
2
x
h
x
−
+

Theo đề bài ta có PT:
1 50 2 50
2
2 2
x
x x
−
+ + =
+
Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán)
Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h
Bài 3
13
Giải câu c)
Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng
Tam giác AHD có OM là ĐTBình => AH = 2 OM
Và AH // OM
2 tam giác AHG và MOG có
( )
HAG OMG slt∠ = ∠
AGH MGO
∠ = ∠
(đ đ)

( )
2
AHG MOG G G
AH AG
MO MG
∆ ∞∆ −

⇒ = =
Hay AG = 2MG
Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G
∈
AM
Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC
d)
BHC BDC
∆ = ∆
( vì BHCD là HBH)
có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a
Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a
Do đó C
(K)
=
2 a
π
( ĐVĐD)
SỞ GD&ĐT THÀNH PHỐ HÀ NỘI %
!"@<*#M_"
Ngày thi : 22 tháng 6 năm 2011
Thời gian làm bài: 120 phút
()* (2,5 điểm)Cho
x 10 x 5
A
x 25
x 5 x 5
= − −
−
− +

Với
x 0,x 25≥ ≠
.
A
B C
E
D
H
O
M
G
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỐ 5
14
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tính giá trị của A khi x = 9.
3) Tìm x để
1
A
3
<
.
()*(2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó
chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được
10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày?
()*(1,0 điểm)
Cho Parabol (P):
2

y x=
và đường thẳng (d):
2
y 2x m 9= − +
.
1) Tìm toạ độ các giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1.
2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.
()*(3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d
1
và d
2
là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại
hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A và
B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt tại M, N.
1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh
ENI EBI∠ = ∠
và
0
MIN 90∠ =
.
3) Chứng minh AM.BN = AI.BI .
4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện tích của
tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.
()*(0,5 điểm)

Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
M 4x 3x 2011
4x
= − + +
.
H-NG D.N GI/I
Bài 1:
1/ Rút gọn: ĐK:
x 0,x 25≥ ≠
15
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
x. x+5 -10 x-5. x-5
x 10 x 5 x+5 x-10 x -5 x +25
A= - - = =
x-25
x-5 x +5
x-5 x+5 x-5 x +5
x-5
x-10 x+25 x-5
= = = (Voi x 0; x 25)
x +5
x-5 x +5 x-5 x+5
≥ ≠

2/ Với x = 9 Thỏa mãn
x 0,x 25≥ ≠
, nên A xác định được, ta có
3
=
x
. Vậy
4
1
8
2
53
53
−=
−
=
+
−
=
A
3/ Ta có: ĐK
x 0,x 25≥ ≠

( )
( )
1 x - 5 1 3 x - 15 - x - 5
A - 0 0
3 3
x + 5
3 x +5

2 x - 20 0 (Vì 3 x+5 0) 2 x < 20 x < 10 x < 100
< ⇔ < ⇔ <
⇔ < > ⇔ ⇔ ⇔
Kết hợp với
x 0,x 25≥ ≠
Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < 1/3
Bài 2
$#
Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày) (ĐK: x > 1)
Thì thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày)
Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được
140
x
(tấn)
Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được
150
1x −
(tấn)
Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt:
150 140
5
1x x
− =
−
⇒ 150x – 140x + 140 = 5x
2
-5x ⇔ 5x
2
-5x – 10x - 140 = 0 ⇔ 5x
2

-15x - 140 = 0
⇔ x
2
-3x - 28 = 0 Giải ra x = 7 (T/M) và x = -4 (loại)
Vậy thời gian đội xe đó chở hết hàng theo kế hoạch là 7 ngày
$#
Gọi khối lượng hàng chở theo định mức trong 1 ngày của đội là x (tấn) ( x > 0)
16
Số ngày quy định là
x
140
(ngày)
Do chở vượt mức nên số ngày đội đã chở là
1
140
−
x
(ngày)
Khối lượng hàng đội đã chở được là 140 + 10 = 150 (tấn)
Theo bài ra ta có pt:
( ) ( ) ( )
2 2
140
- 1 . x + 5 = 140 + 10 140 - x x + 5 =150x
x
140x + 700 - 5x - x =150x x +15x - 700 = 0
 
⇔
 ÷
 

⇔ ⇔
Giải ra x = 20 (T/M)và x = - 35 ( loại)
Vậy số ngày đội phải chở theo kế hoạch là 140:20=7 ( ngày)
Bài 3:
1/ Với m = 1 ta có (d): y = 2x + 8
Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d) là
x
2
= 2x + 8
<=> x
2
– 2x – 8 = 0
Giải ra x = 4 => y = 16
x = -2 => y = 4
Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4)
2/ Phương trình hoành độ điểm chung của (d) và (P) là
x
2
– 2x + m
2
– 9 = 0 (1)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục
tung thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
⇒ac < 0 ⇒ m
2
– 9 < 0 ⇒ (m – 3)(m + 3) < 0
Giải ra có – 3 < m < 3
Bài 4
1/ Xét tứ giác AIEM có
góc MAI = góc MEI = 90

o
.
=> góc MAI + góc MEI = 180
o
.
17
Mà 2 góc ở vị trí đối diện
=> tứ giác AIEM nội tiếp
2/ Xét tứ giác BIEN có
góc IEN = góc IBN = 90
o
.
 góc IEN + góc IBN = 180
o
.
 tứ giác IBNE nội tiếp
 góc ENI = góc EBI = ½ sđ AE (*)
 Do tứ giác AMEI nội tiếp
=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**)
Từ (*) và (**) suy ra
góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90
o
.
3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có
góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90
o
)
 ∆AMI ~ ∆ BNI ( g-g)

BN

AI
BI
AM
=
 AM.BN = AI.BI
4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ
Do tứ giác AMEI nội tiếp
nên góc AMI = góc AEF = 45
o
.
Nên tam giác AMI vuông cân tại A
Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B
 AM = AI, BI = BN
Áp dụng Pitago tính được
2
23
;
2
2 R
IN
R
MI
==
Vậy
4
3

2
1
2

R
INIMS
MIN
==
( đvdt)
()*k#
$#
18
2 2
2
1 1
4 3 2011 4 4 1 2010
4 4
1
(2 1) ( ) 2010
4
M x x x x x
x x
x x
x
= − + + = − + + + +
= − + + +
Vì
2
(2 1) 0x − ≥

và x > 0
1
0
4x

⇒ >
, Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x +
1
4x
1 1
2 . 2. 1
4 2
x
x
≥ = =
 M =
2
1
(2 1) ( ) 2010
4
x x
x
− + + +
≥ 0 + 1 + 2010 = 2011
 M ≥ 2011 ; Dấu “=” xảy ra 
2
1
2
1
2 1 0
2
1 1
1
4 4
2

0
0
1
2
0
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x

=



=

− =





  


= ⇔ = ⇔
=
  

  

>
>
  


= −
 




>


⇔ x =
1
2
Vậy M
min
= 2011 đạt được khi x =
1
2
$#
M = 2x² + 2x² + 1/4x - 3x + 2011 = (2x² + 2x² + 1/4x) - 3x + 2011

Do x>0 nên áp dụng Cosi cho 3 số dương 2x², 2x² và 1/4x ta có 2x² + 2x² + 1/4x ≥ 3
3 3
x
= 3x
 M = (2x² + 2x² + 1/4x) - 3x + 2011 ≥ 3x -3x + 2011 = 2011
 M ≥ 2011 Dấu "=" khi 2x² = 1/4x <=> x³ =1/8 <=> x = 1/2
Vậy M
min
= 2011 đạt được khi x =
1
2
$+:
2010
4
1
8
1
8
1
2
1
3
4
1
2010
8
1
8
1
4

1
32011
4
1
34
2
2
222
+++++






−=
+++++






+−=++−=
xx
xx
xx
xxx
x
xxM

19
Áp dụng cô si cho ba số
xx
x
8
1
,
8
1
,
2
ta có
4
3
8
1
.
8
1
.3
8
1
8
1
3
22
=≥++
xx
x
xx

x
Dấu ‘=’ xẩy ra khi
2
1 1
8 8
x
x x
= =
⇔ x³ =1/8 ⇔ x =
1
2
mà
0
2
1
2
≥






−
x
Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
=>
20112010
4
1

4
3
0
=+++≥
M
Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
Vậy M
min
= 2011 đạt được khi x =
1
2
…….Hết…… NXC
$pq
x
66666666
%&'t#$
(Đề thi có 01 trang) Thời gian: ;<d@ (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 22/06/2011
01#J:kH*|FK
a) Tính:
12 75 48− +
b) Tính giá trị biểu thức
( ) ( )
10 3 11 3 11 10A = − +
01#J:kH*|FK
Cho hàm số y = (2 – m)x – m + 3 (1)
a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi m = 1
b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) đồng biến
01+#JH*|FK
Giải hệ phương trình :

2 5
3 1
x y
x y
+ =


− =

01,#J:kH*|FK
a) Phương trình x
2
– x – 3 = 0 có 2 nghiệm x
1
, x
2
. Tính giá trị: X = x
1
3
x
2
+ x
2
3
x
1
+ 21
b) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham
dự nên phải kê thêm 2 dãy ghế phải kê thêm một ghế nữa thì vừa đủ. Tính số dãy
ghế dự định lúc đầu. Biết rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế

và số ghế trên mỗi dãy là bằng nhau.
01k#JH*|FK
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC biết:
AC = 5cm. HC =
25
13
cm.
01 #J:kH*|FK
20
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; Vẽ tiếp tuyến Ax, By với đường tròn
tâm O. Lấy E trên nửa đường tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax tại D
cắt By tại C.
a) Chứng minh: OADE nội tiếp được đường tròn.
b) Nối AC cắt BD tại F. Chứng minh: EF song song với AD.
HẾT
(Thí sinh được sử dụng máy tính theo quy chế hiện hành)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: Số báo danh:
$pq
x
66666666
%&'t#$
(Đề thi có 01 trang) Thời gian: ;<d@ (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 22/06/2011
01#J:kH*|FK
c) Tính:
12 75 48− +
d) Tính giá trị biểu thức
( ) ( )
10 3 11 3 11 10A = − +

01#J:kH*|FK
Cho hàm số y = (2 – m)x – m + 3 (1)
a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi m = 1
b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) đồng biến
01+#JH*|FK
Giải hệ phương trình :
2 5
3 1
x y
x y
+ =


− =

01,#J:kH*|FK
a) Phương trình x
2
– x – 3 = 0 có 2 nghiệm x
1
, x
2
. Tính giá trị: X = x
1
3
x
2
+ x
2
3

x
1
+ 21
b) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham
dự nên phải kê thêm 2 dãy ghế phải kê thêm một ghế nữa thì vừa đủ. Tính số dãy
ghế dự định lúc đầu. Biết rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế
và số ghế trên mỗi dãy là bằng nhau.
01k#JH*|FK
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC biết:
AC = 5cm. HC =
25
13
cm.
01 #J:kH*|FK
21
Cho na ng trũn tõm O ng kớnh AB; V tip tuyn Ax, By vi ng trũn
tõm O. Ly E trờn na ng trũn, qua E v tip tuyn vi ng trũn ct Ax ti D
ct By ti C.
a) Chng minh: OADE ni tip c ng trũn.
b) Ni AC ct BD ti F. Chng minh: EF song song vi AD.
HT
(Thớ sinh c s dng mỏy tớnh theo quy ch hin hnh)
Thớ sinh khụng c s dng ti liu, giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm.
H tờn thớ sinh: S bỏo danh:
phòng GD&ĐT anh s N Đề thi thử vào lớp 10
tr NG THCS phC S N năm học 2011 2012
Môn: Toán Lớp 9
(Thời gian 120 phút không kể thời gian chép đề)
Câu 1 (3 điểm)
Cho biểu thức:

a. Tìm ĐKXĐ, rút gọn P
b. Tìm x để P < 0
c. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để pt : có nghiệm
Câu 2 (2,0 điểm):
Cho phơng trình: x
2
(m 1)x + 2m 9 =0 (1) (m là tham số)
a. Giải phơng trình khi m = 3.
b. chứng minh rằng phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Câu 3 (1,5 điểm):
Hai vũi cựng ch y v o m t cỏi b khụng ch a n c thỡ trong 16 gi ch y y b .
Vũi th nh t ch y trong 3 gi , vũi th hai ch y trong 6 gi thỡ c 25% b .
H i n u ch y m t mỡnh thỡ m i vũi ph i ch y trong bao lõu m i y b .
Câu 4 (3,5 điểm):
Cho đờng tròn tâm O, đờng kính AB vuông góc với dây MN tại H ( H nằm giữa
O và A). Trên cung BM lấy điểm K bất kì, (K B, K M) . Kẻ KA cắt MN tại C.
a. Chứng minh tứ giác CHBK nội tiếp.
b. Chứng minh KA là tia phân giác của góc MKN.
c. Gọi giao điểm của BM với AK là I, KN với AB là E. Chứng minh I Là tâm đờng tròn nội tiếp tam
giác MEK.
H ớng dẫn chấm Khảo sát học kì 2
Môn: Toán lớp 9
Câu Nội dung Điểm
1(3đ)
a/
ĐKXĐ
rút gọn
0,5
1,0
b/

0 <x <1 0,75
c/
m> -1; m 1 0,75
2/ (2,0đ)
a/
thay m= 3 vào pt (1) ta có pt: x
2
-2x -3 =0
giải ra ta đợc: x
1
= -1; x
2
= 3 1
22
1 1
:
1 1
x
P
x x x x

= +
ữ
ữ


P x x m+ =
0
1
x

x
>




1x
P
x

=

b/ = (m- 5)
2
+12 > 0 với mọi m 1
3/ (1,5đ)
G i th i gian vũi m t ch y m t mỡnh y b l x ( h)
Th i gian vũi 2 ch y m t mỡnh y b l y (h);
k : x, y > 16
- 1 gi vũi 1 ch y c 1/x ( b ); vũi th 2 l m c 1/y (b ) . Vỡ 2 vũi
cựng ch y trong 16 (h)thỡ y b nờn 1 gi 2 vũi ch y c 1/16 (b )
suy ra ta cú PT .1/x +1/y =1/16 (1)
- 3 gi vũi 1 ch y c 3/x (b ); 6 (h) vũi th 2 ch y c 6/y (b )
theo b i ra ta cú ph ng trỡnh : 3/x + 6/y = 1/4 (2)
T (1) v (2) ta cú HPT :
1 1 1
16
3 6 1
4
x y

x y

+ =




+ =


Gi i h pt c : x = 24 ; y = 48(TM K )
v y
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
4/ (3,5đ) vẽ hình đúng
M K
C I
A O E B
H
N
0,5
a/ (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
(gt)

nên tứ giác CHBK nội tiếp
0,5
0,5

b/ MBN cân tại B (1)
có:
(góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) (2)
từ (1), (2) suy ra

nên: KA là phân giác của góc MKN
0,25
0,5
0,25
c/ tứ giác IEKB nội tiếp , (1)

tứ giác MABK nội tiếp nên: (2)
tứ giác AMIE nội tiếp nên: (3)
từ (1), (2),(3) suy ra
nên I là giao điểm 3 đờng phân giác của tam giác MEK
suy ra I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác MEK.
0,25
0,25
0,25
0,25
$pq
b} rF<sC#6
%&' t#$
Thi gian lm bi: 120 phỳt
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2011
()*#(2,0 im)
23
0
90CKB AKB = =
0

90CHB =
0 0 0
90 90 180CKB CHB + = + =

MBA NBA =
MKA MBA
AKN ABN
=
=
NKA MKA =

IBK IEK =
MAK MBK =
MEI MAI =
0
90IEB =
KEI MEI =
a) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + 4 = 0
b) Giải hệ phương trình:
3 | | 1
5 3 11
x y
x y
− =


+ =

()*#(1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức

6 3 5 5 2
( ) : .
2 1 5 1 5 3
Q
− −
= +
− − −
()*+#(2,0 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2x – 2m
2
= 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 0
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1,
x
2
khác 0 và thỏa điều kiện
2 2
1 2
4x x=
.
()*,#(1,5 điểm)
Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chéo của nó có độ dài 10 cm.
Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật đó.
()*k#(3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là một điểm di
động trên cung nhỏ AB ( M không trùng với các điểm A và B).
a) Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc BMC.

b) Cho AD = 2R. Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R
c) Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng minh
rằng ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy.
BÀI GIẢI
()*#
a) (2x + 1)(3-x) + 4 = 0 (1) ⇔ -2x
2
+ 5x + 3 +4 = 0 ⇔ 2x
2
– 5x – 7 = 0 (2)
Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm là
x
1
= -1 và x
2
=
7
2
b)
3 | | 1
5 3 11
x y
x y
− =


+ =

⇔
3 1, 0 3 1, 0

5 3 11 5 3 11
x y y x y y
hay
x y x y
− = ≥ + = <
 
 
+ = + =
 
⇔
3 1, 0 3 1, 0
14 14 4 8
x y y x y y
hay
x x
− = ≥ + = <
 
 
= − =
 
⇔
2 7, 0
1 2
y y y
hay
x x
= = <
 
 
= = −

 
⇔
2
1
y
x
=


=

()*#j7
3( 2 1) 5( 5 1) 2
[ ]:
2 1 5 1 5 3
− −
+
− − −
=
2
[ 3 5]:
5 3
+
−
=
( 3 5)( 5 3)
2
+ −
= 1
()*+#

a) x
2
– 2x – 2m
2
= 0 (1)
m=0, (1) ⇔ x
2
– 2x = 0 ⇔ x(x – 2) = 0 ⇔ x= 0 hay x = 2
b) ∆’ = 1 + 2m
2
> 0 với mọi m => phương trình (1) có nghiệm với mọi m
24
Theo Viet, ta có: x
1
+ x
2
= 2 => x
1
= 2 – x
2
Ta có:
2 2
1 2
4x x=
=> (2 – x
2
)
2
=
2

2
4x
⇔ 2 – x
2
=
2
2x
hay 2 – x
2
= -
2
2x
⇔ x
2
= 2/3 hay x
2
= -2.
Với x
2
= 2/3 thì x
1
= 4/3, với x
2
= -2 thì x
1
= 4
⇒ -2m
2
= x
1

.x
2
= 8/9 (loại) hay -2m
2
= x
1
.x
2
= -8 ⇔ m = ±2
()*,#Gọi a, b là độ dài của 2 cạnh hình chữ nhật.
Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) và a
2
+ b
2
= 10
2
= 100 (2)
Từ (2) ⇒ (a + b)
2
– 2ab = 100 (3). Thế (1) vào (3) ⇒ ab = 48 (4)
Từ (1) và (4) ta có a, b là nghiệm của phương trình : X
2
– 14X + 48 = 0
⇒ a = 8 cm và b = 6 cm
()*k#
a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 60
0
nên góc CMD = góc
DMB= 30
0

⇒ MD là phân giác của góc BMC
b) Xét tứ giác ABCD có 2 đường chéo AD và BC vuông
góc nhau nên :
S
ABCD
=
1
2
AD.BC =
2
1
2 . 3 3
2
R R R=
c) Ta có góc AMD = 90
0
(chắn ½ đường tròn)
Tương tự: DB ⊥ AB,vậy K chính là trực tâm của ∆IAD (I
là giao điểm của AM và DB)
Xét tứ giác AHKM, ta có:
góc HAK = góc HMK = 30
0
, nên dễ dàng ⇒ tứ giác này
nội tiếp.
Vậy góc AHK = góc AMK = 90
0
Nên KH vuông góc với AD
Vậy HK chính là đường cao phát xuất từ I của ∆IAD
Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy tại I.
pq~

(~•v-wxvy-q
rF<sC#
!"#M_"J<Ef€K
Thời gian: 120’ (không kể thời gian phát đề)
()*# (2 điểm)
Cho hai biểu thức : A =
a b b a
ab
+
và B =
2
( ) 4a b ab
a b
+ −
−
( với a >0 và b >0 và a
≠
b )
1/ Rút gọn A và B
2/ Tính tích A.B với a =
2 5
, b =
5
()*# (2 điểm)
25
C
A
D
B
M

H
K
I