BỘ ĐỀ THI VÀO 10 CÁC TỈNH 1O-11

 
 
!"#$%&'
Thời gian làm bài: 120 phút
() (3 điểm). Cho biểu thức A =
2 2
1
1 1
x
x
x x
− −
−
− +
.
1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.
3. Khi x thoả mãn điều kiện xác định. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B, với B = A(x –
1).
() (2 điểm). Cho phương trình bậc hai sau, với tham số m.
x
2
– (m + 1)x + 2m – 2 = 0 (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 2.
2. Tìm giá trị của tham số m để x = -2 là một nghiệm của phương trình (1).
() (1,5 điểm). Hai người cùng làm chung một công việc thì sau 4 giờ 30 phút họ làm xong.
Nếu một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình người thứ hai làm trong 3 giờ thì
cả hai người làm được 75% công việc.
Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu sẽ xong công việc? (Biết rằng năng suất
làm việc của mỗi người là không thay đổi).
() (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng

AO (H khác A và O). Đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại
C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại D cắt
đường thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.
1. Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân.
3. Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh góc ABF có số đo không đổi
khi D thay đổi trên cung BC (D khác B và C).
***+#***
Họ và tên thí sinh:………………………………………Số báo danh:…………………
 ,
1
-.$/"$#$0.
*
1234567
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm này gồm 03 trang)
!"&'
8 9:";<=".$)";&
1) Nếu thì sinh làm bài đúng , không theo cách nêu trong đáp án thì cho điểm các phần tương
ứng như trong đáp án.
2) Cho điểm đến 0,25 không làm tròn.
8 >?>"@A#$B";C%DE&
() F G%<)"; %DE
I.
(3,0đ)
1.
(1,5đ)
Điều kiện xác định của biểu thức A là:
0
1
x

x
≥


≠

0,50

( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 1
x x x
A
x x
+ − − −
=
− +
0,50

( ) ( )
1 1
x x
x x
−
=
− +
0,25
( )
1

x
x
=
+
0,25
0,75đ
Khi x = 9, ta có A =
9
9 1+
0,50
= 0,25
0,75đ
B =
( )
1x x −
0,25
2
1 1
B
2 4
x x x
 
= − = − −
 ÷
 
0,25
B ≥ - ∀x : 0 ≤ x H 1 ; Đẳng thưc xẩy ra khi x = , thoả mãn .
Vậy giá trị nhỏ nhất của B bằng - khi x = .
0,25
II.

(2,0đ)
1.
(1,00đ)
Khi m = 2, phương trình (1) trở thành x
2
- 3x + 2 = 0 0,25
∆ = 1 ( Hoặc nhận thấy a + b + c = 0 )
0,25
Nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 2 0,50
2.
(1,00đ)
Vì x = -2 là nghiệm của phương trình (1) nên
(- 2)
2
- (m + 1)(-2) + 2m - 2 =0 (*)
0,50
(*) ⇔ 4m + 4 = 0
⇔ m = - 1 . Vậy m= -1
0,50
III.
(1,5đ)
Gọi x là thời gian người thứ nhất một mình hoàn thành công việc .
Gọi y là thời gian người thứ hai một mình hoàn thành công việc .
( x > 0, y > 0, đơn vị của x,là giờ )
Người thứ nhất làm trong thời gian 1 gìờ được 1/x công việc .
Người thứ hai làm trong thời gian 1 giờ được 1/y công việc .
0,25
Vì hai người cùng làm sẽ hoàn thành công việc trong thời gian 4giờ
30 phút nên
1 1 2

9x y
+ =
0,25
2
I
C
O
E
A
B
H
D
F
I
C
E
O
A
B
H
D
Vì nếu một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ,sau đó một mình
người thứ hai làm trong 3 giờ thì cả hai người làm được 75% công
việc nên
4 3 3
4x y
+ =
Từ đó ta có hệ
1 1 2
1 1

9
12
1 5
4 3 3
36
4
x y
x
y
x y


+ =
=


 
⇔
 
 
=
+ =
 


0,50
12
36
5
x

y
=



=


(thoả mãn điều kiện )
Vậy người thứ nhất một mình làm xong công việc trong 12 giờ
người thứ hai một mình làm xong công việc trong 7giờ 12 phút
0,25
IV.
(3,5đ)
1.
(1,5đ)
0,50
Vì AB là đường kính nên
·
90ABD = °
, do đó
·
90IDB = °
0,25
vì CH ⊥ AB nên
·
90IHB = °
0,25
suy ra
·

IDB
+
·
180IHB = °
0,25
Vậy tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn 0,25
2.
(1,25đ)
· ·
»
1
AD
2
EDA DBA sd
 
= =
 ÷
 
0,50
·
·
DEI DBA=
( cùng bù
·
DIH
) 0,50
Do đó
·
·
EDI DIE=

hay ∆DEI là tam giác cân 0,25
3.
(0,75đ)
( lưu ý : Không yêu cầu thí
sinh vẽ hình này )
Do F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên
·
· ·
180
ICF 90
2 2
CFI CFI°−
= = °−

0,25
3
·
·
·
2
CFI
ICD CBA= =
suy ra
·
·
·
90ICF CBA HCB= ° − =
0,25
Vì D nằm trên cung BC nên tia CF trùng với tia CB cố định . Vậy góc
ABF có số đo không đổi

0,25
Hết
'IJ
3,K L&M*N*

-.$/"$#$0. Môn thi: '
Thời gian: ?$O# ( không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: PQP
4

3A%&RSTC%DEU
Giải các phương trình sau:
a) 3(x – 1) = 2+x b) x
2
+ 5x – 6 = 0
3A%&RSC%DEU
a) Cho phương trình x
2
– x + 1 – m ( m là tham số ).
Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có nghiệm.

b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình ax + 2y = 2
bx – ay = 4
có nghiệm (
,2
-
2
).
3A%M&RSTC%DEU
Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2

xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự
định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết rằng khối lượng hàng
chở ở mỗi xe là như nhau.
3A%V&RMSC%DEU
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các đường
cao BB` và CC` (B`
∈
cạnh AC, C`
∈
cạnh AB). Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O
tại hai điểm M và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M).
a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AM = AN.
c) AM
2
= AC`.AB
3A%T&RSC%DEU8
Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình ax
2
+ bx + c = 0
vô nghiệm. Chứng minh rằng:
ab
cba
−
++
> 3

5
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: (1,5 điểm)

a) 3(x – 1) = 2 + x <=> 3x – 3 = 2 + x <=> 2x = 5 <=> x = 2,5
b) Ta có a + b + c = 1 + 5 +(-6) = 0 => x
1
= 1 ; x
2
= -6
Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x
2
– x + 1 – m = 0 ( m là tham số ).
Để phương đã cho có nghiệm thì
∆
= 0 <=> (-1)
2
– 4(1 – m) = 0 <=> 1 – 4 + 4m = 0
<=> m =
3
4

b) Hệ phương trình
ax 2y 2
bx ay 4
+ =


− =

có nghiệm (
2
; -
2

). nên ta có :
2a 2 2 2
b 2 a 2 4

− =


+ =


<=>
a 2 2
b 2 2

= +


= −


Bài 3: (2,5 điểm)
Gọi x (xe) là số xe được điều đến chở hàng (x: nguyên, x > 2)
Số xe thực chở hàng là x – 2 (xe)
Khối lượng hàng chở ở mỗi xe lúc đầu:
90
x
(tấn); thực chở là:
90
x 2−
(tấn);

Ta có phương trình:
90
x 2−
-
90
x
=
1
2
<=> 2.90.x – 2.90(x – 2) = x(x – 2)
<=> x
2
– 2x – 360 = 0 => x
1
= 20 ; x
2
= -18 (loại)
Vậy số xe được điều đến chở hàng là 20 xe
Bài 4: (3,0 điểm)
a) Chứng minh tứ giác BC’B’C là tứ giác nội tiếp:
Ta có
·
·
, , 0
BC C BB C 90= =
(gt)
Hay góc B’ ; góc C’ nhìn đoạn BC dưới một góc bằng 90
0

=> BC’B’C nội tiếp trong đường tròn đường kính BC

b) Chứng minh AM = AN:
Ta có: ;
·
¼
»
·
»
»
1 1
AC M sd(AM NB);ACB sd(AN NB)
2 2
′
= + = +
Mà BC’B’C nội tiếp =>
·
·
·
AC M B CB ACB
′ ′
= =
(tính chất góc ngoài của tứ giác nội tiếp)
<=>
¼
»
»
»
1 1
sd(AM NB) sd(AN NB)
2 2
+ = +

<=>
¼
»
AM AN=
<=> AM = AN
c) AM
2
= AC’.AB:
Xét
∆
ANC’ và
∆
ABN có:
·
·
ANC ABN
′
=
(góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau); Và
·
NAB
: chung
=>
∆
ANC’=
∆
ABN =>
AN AC
AB AN

′
=
=> AN
2
= AC’.AB hay AM
2
= AC’.AB
Bài 5:(1,0 điểm).
Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình
6
ax
2
+ bx + c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng:
ab
cba
−
++
> 3
Ta có (b-c)
2
≥ 0
⇒
b
2
≥ 2bc - c
2

Vì pt ax
2
+ bx + c = 0 vô nghiệm nên có ∆ = b

2
- 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0)
⇒
b
2
< 4ac
⇔
2bc - c
2
< 4ac
⇔
4a > 2b-c
⇔
a+b+c > 3b - 3a
⇔

ab
cba
−
++
> 3 (Đpcm)
7
3W 
'IJ Năm học : 2010 -2011
X&'
567 Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
3A%: (2 điểm)
1) Giải phương trình:
xxxx 3232
22

+=+
2) Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2;8) và B(3;2).
3A%& (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:
( ) ( )
2
12222 ++−=A

2) Cho biểu thức:








−
+
+








−
−

=
x
x
x
x
x
B
1
2
1
1
:
1
2
với x
≥
0,x
≠
1.
a) Rút gon biểu thức B.
b) Tìm giá trị của x để biểu thức B = 5.
3A%M: (1,5 điểm)
Cho phương trình:
( )
0
2
1
12
22
=+++− mxmx

(m là tham số) (1)
1) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt?
2) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
sao cho biểu
thức
( ) ( )
1.1
21
−−= xxM
đạt giá trị nhỏ nhất?
3A%V& (3,5 điểm)
Cho nữa đường tròn có tâm O và đường kính AB. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, P
là điểm thuộc cung MB (P không trùng với M và B); đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C,
đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D.
1) Chứng minh OBPC là một tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh hai tam giác BDO và CAO đồng dạng.
3) Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt CD tại I. Chứng minh I là trung điểm của đoạn
thẳng CD.
3A%T& (1 điểm)
Chứng minh rằng phương trình
( ) ( )
02
62856244
=−+−−− baaxabaxba
luôn luôn có nghiệm
với mọi a, b.

Hết
Họ tên thí sinh:………………………………………Số báo danh…………
Họ tên và chữ ki giám thị
……………………………………… …………………………………………

8
''X'
Bài 1 Ý

NỘI DUNG Điểm
2đ 1
Giải PT: 2x
2
+
3
x = x
2
+2
3
x
 x
2
-
3
x = 0  x(x-
3
) = 0
Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x
1
= 0 ; x

2
=
3
0,5
0,5
2 Xác định a, b để đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;8) và B
(3;2)
+ Vì đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;8) và B (3;2)
Suy ra ta có hệ



=+
=+
23
82
ba
ba
vậy a và b là hai nghiệm của hệ



=+
=+
23
82
ba
ba
Giải hệ PT




=+
=+
23
82
ba
ba




=+−
−=
2)6(3
6
b
a




=
−=
20
6
b
a
0,5
0,5

3A%
RCU
1
A =
2
)12()22(2 ++−
= 2- 2
2
+2+2
2
+1
= 5
0.25
0,5
2
a) Với x
≥
0 ,x
≠
1Ta có :
B =








−

+
+








−
−
x
x
x
x
x
1
2
1
1
:
1
2
=
( )
x
xx
x
xx

−
+−
−
−−
1
21
:
1
12
=
( )( )
x
xx
x
xx
+
−+
−
+−
1
11
1
2
= x -
x
+2
0,25
0,5
3A%M
RSTC) 1

b) Tìm các giá trị của x để biểu thức B = 5
Ta có : B = 5  x -
x
+2 = 5  x -
x
-3 = 0
Với x
0
≥
và x
≠
1 đặt t =
x
, => : t
≥
0
Ta có p/t : t
2
–t -3 = 0 (
∆
=13>0 =>
13=∆
)
Do đó p/t có hai nghiệm t =
2
131+
( nhận ) ,t =
2
131−
( loại )

Nên ta có
2
131+
=x
 x =
2
2
131








+
x =
2
137 +

1) Với giá trị nào của m thì p/t (1) có hai nghiệm phân biệt .
Ta có
∆
= (2m+1)
2
- 4







+
2
1
2
m
= 4m -1
P/t (1) có hai nghiệm phân biệt khi
∆
>0
 4m -1>0 m>
4
1

0,25
0,25
0,25
9
0,5
2 Với giá trị nào của m thì p/t (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
sao cho
biểu thức M =(x
1
-1)(x
2

-1) đạt gia trị nhỏ nhất.
+ Ta có (x
1
-1)(x
2
-1) = x
1
x
2
–(x
1
+x
2
) +1
Mặt khác theo hệ thức Vi Et ta có





+=
+=+
2
1
.
12
2
21
21
mxx

mxx
Vây M =(x
1
-1)(x
2
-1) =m
2
-2m +
2
1
=
( )
2
1
2
1
1
2
≥−−m
Vậy m đạt giá trị nhỏ nhất là
2
1−
khi m- 1=0  m=1 ( thỏa mãn điều kiện
m>
4
1
0,25
0,25
0,25
3A%V8

RMSTC)
Vẽ
hình
và
ghi
Gt+
KL

0,5đ
- Vẽ hình đúng (0,25đ)
- Ghi GT +KL cơ bản (0,25đ)
( nếu hình vẽ không liên quan đến bài giải thì không chấm điểm bài hình)
D
P
B
O
M
A
C
I
Chứng minh tứ giác OBPC là tứ giác nội tiếp :
10
1)
·
0
90COP =
( Vì OM
⊥
OB)
BDO CAO∆ ∞∆

(1)
·
APB
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )=>
·
CPB
= 90
0
(2)
Từ (1) và (2) =>
·
·
0
180COP CPB+ =
Suy ra OBPC là tứ giác nội tiếp .

0,25
0,25
0,5
2)
Chứng minh
BDO CAO
∆ ∞∆
Tam giác BDO và tam giác CAO là hai tam giác vuông
Có
·
·
BDO CAO=

(vì cùng phụ với
·
DBO
)
Vậy
BDO CAO
∆ ∞∆
0,25
0,5
0,25
3)
Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại tiếp điểm P cắt CD tại I .
Hai tam giác CPD và BOD có
·
D
chung suy ra.
·
·
DCP DBO=
(3)
Ta có
·
·
IPC DBO=
( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn
một cung AP) (4)
Từ (3) &( 4) =>
· ·
IBC IPC=
nên tam giác CIP cân tại I => IC =IP(*)

Tương tự
∆
DPC đồng dạng với
∆
DOB ( hai tam giác vuông có góc nhọn
D chung )
=>
·
·
IDP DPI=
( Vì cùng phụ với
·
DBO
)
Do đó
∆
PID cân tại I cho ta ID = IP (**)
Từ (*) &(**) => I là trung điểm của CD
0,5
0,5
3A%T
RCU
Cần chứng minh p/t ( a
4
–b
4
) x
2
-2(a
6

–ab
5
)x +a
6
–a
2
b
6
= 0 luôn có
nghiệm với mọi a ,b .
Ta có a
4
–b
4
= (a
2
)
2
– (b
2
)
2
= 0 



−=
=
ba
ba

• khi a = b thì p/t cho có dạng 0x = 0 => p/t cho có vô số
nghiệm số với mọi x
∈
R (1)
• Khi a= -b ta có p/t : 4a
6
x = 0  x = 0 khi a
≠
0 (2)
• Khi a = 0 thì p/t có dạng 0x = 0
∀
x
∈
R. (3)
Từ (1) ,(2) và (3) => P/ T cho luôn có nghiệm với a =b hay a = -b (*)
Khi a
±≠
b thì p/t cho có
∆
= a
6
b
4
(b-a)
2

≥
0
Vậy khi a
±≠

b p/t cho luôn có nghiệm (**)
Từ (*) và (**) => p/t cho luôn có nghieemk với mọi a, b .
0,25
0,25
0,5
38124
1) Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần và
không làm tròn .
2) Học sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó .
11
3 ) ỏp ỏn v biu im gm 04 trang

S GIO DIC O TJO 5 TUYN SINH LP 10 NM HC 2010 - 2011
NAM K NH Môn :TON
đề chính thức (ThYi gian: 120 phỳt (khụng kD thYi gian giao C-)
Phần I-Trắc nghiệm (2,0 điểm) . Trong mi cõu t cõu 1 n 8 u cú bn phng ỏn tr li A,
B, C, D trong ú ch cú mt phng ỏn ỳng. Hóy chn phng ỏn ỳng v vit vo bi lm.
().Phơng trình
( 1)( 2) 0x x + =
tơng đơng với phơng trình
A. x
2
+x-2=0 B. 2x+4=0 C. x
2
-2x+1=0 D. x
2
+x+2=0
()8 Phơng trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3 ?
A. x
2

-3x+4 = 0. B. x
2
-3x-3=0. C. x
2
-5x+3 = 0. D. x
2
-9 = 0.
()M. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên R ?
A. y=-5x
2
. B. y=5x
2
. C.
( 3 2)y x=
. D. y=x-10
()V8 Phơng trình
2
4 0x x m+ + =
có nghiệm chỉ khi
A. m

- 4 B. m < 4. C.m

4. D. m > - 4
()T.Phơng trình
3 4x x+ =
có tập nghiệm là
A.
{ }
;1 4

. B.
{ }
;4 5
C.
{ }
;1 4
. D.
{ }
4
()N. Nếu một hình vuông có cạnh bằng 6 cm thì đờng trong ngoại tiếp hình vuông đó có bán kính
bằng ?
A. 6
2
cm. B.
6cm
. C. 3
2
cm. D.
2 6cm
()Q8 Cho hai C9Yng trũn (O;R) và (O;R) có R= 6 cm, R= 2 cm , OO = 3 cm . Khi đó , vị trí
tơng đối của hai đờng tròn đã cho là :
A. cắt nhau. B. (O;R) đựng (O;R) . C.ở ngoài nhau. D. tiếp xúc trong
()Z. Cho hỡnh nón có bán kính đáy bằng 3 cm , có thể tích bằng 18 cm
3
. Hình nón đã cho có
chiều cao bằng
A.
6
cm

. B. 6 cm. C.
2
cm

. D. 2cm
Phần II-Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 CiDm)Cho biểu thức
2
.
1 1 2
x x
P
x x x x

= +
ữ
ữ
+ + +

với x

0 và x

1
1) Rút gọn biểu thức P .
2) Chứng minh rằng khi
3 2 2x = +
thì P =
1
2

Câu 2. (1,5 CiDm).
1)Cho hàm số
2 2 1y x m= + +
.Xác định m, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;4).
2) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số
2
y x=
và đồ thị hàm số
2 3y x= +
Câu 3. (1,0 CiDm). Giải hệ phơng trình

1 2
2
2 1
3 4
x y x y
x y x y
x y
+ + +

+ =

+ + +


+ =

Câu 4. (3,0 CiDm)Cho C9Yng trũn (O; R) v CiDm M n[m ngo i sao cho OM=2R. 9Yng th\ng d
qua M tiếp xúc với (O; R) t]i A. Gọi N là giao điểm của đoạn thẳng MO với đờng tròn(O; R) .
1) Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R .Tính số đo của góc NAM.

2) Kẻ hai đờng kính AB và CD khác nhau của (O;R). Các đờng thẳng BC và BD cắt đờng
thẳng d lần lợt tại P và Q .
a, Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp
b, Chứng minh
3 2 4BQ AQ R >
Câu 5 . (1,0 CiDm)
Tìm tất cả các cặp số (x;y) thoả mãn điều kiện 2
( 4 4)x y y x xy + =
12
Hớng dẫn giải
I/ Phần Trắc nghiệm : 1.A 2.B 3.D 4.C 5.D 6.C 7.B 8.A
II/Phần Tự luận
Câu1: 1) P =
1x
x
2) x = 3 + 2
2
= (
2
+ 1 )
2
suy ra P =
222
12
+
+
=
2
1
Câu 2 : 1) Ta có 4 = 2.1 + 2m + 1 suy ra m = 0,5

2) PT hoành độ giao điểm x
2
= 2x + 3 có 2 nghiệm là -1 và 3 nên toạ độ các giao điểm là
(-1;1) ; (3;9)
Câu 3 : Đk (x + 2y)(x + y + 1)

0
PT tơng đơng với (x + y + 1 )
2
+ ( x + 2y )
2
= 2(x + y + 1)( x + 2y)
tơng đơng với ( x + y + 1 - x - 2y )
2
= 0
tơng đơng với (1 - y)
2
= 0 tơng đơng với y = 1
thế và PT 3x + y = 4 ta đợc x = 1
vậy hệ PT có nghiệm duy nhất là (x;y) = (1;1)
Câu 4 :
1) +)Ta có AN = 1/2 MO = R
+) Ta có tam giác OAN đều suy ra góc OAN = 60
0
suy ra góc NAM = 30
0
2) b) Ta có 3BQ - 2AQ > 4R
ABAQABAQBQ .8449
222
++>

ABAQBQABAQBQBQ .85.849
222
>+>
BABHABBHABPQABAQPQAQABAQBQBQ > 222.8.4.845
22
(luôn
đúng Với H là trung điểm của PQ )
Câu 5 : Đk x
4;4 y
PT
04444 =+ xyxyxyyx

0)4444()4444( =++ yyxxxy

0)24()24(
22
=+ yxxy
( Vì x > 0 và y >0 )



024 =x


x=8

024 =y
y=8
Vậy có duy nhất cặp số (x;y) = (8;8) thoả mãn ycbt

3W^_
'IJ Nm hc : 2010 -2011
X&'
567 Thi gian : 120 phỳt ( khụng k thi gian phỏt )
13
3A%& ( 2,0 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
a) A = -+ b) B = -
c) C = , với x > 2
3A%& ( 2,0 điểm)
Cho hàm số bậc nhất y = ax + 3 có đồ thị là đường thẳng (d)
a) Xác định hệ số a , biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 3x .Vẽ (d_
với hệ số a vừa tìm được.
b) Đường thẳng (d’) có dạng y = x + 1 cắt đường thẳng (d) ở câu a) tại điêm M .Xác
định tọa độ điểm M.
3A%M& ( 2,5 điểm)
a) Cho phương trình x
2
+ 7x - 4 = 0 .Chứng tỏ phương trình trên có hai nghiệm x
1
,
x
2
; Không giải phương trình hãy tính x
1
+ x
2
và x
1

.x
2
.
b) Giải phương trình : = .
c) Giải bài toán bằng cách lập phương trình :
Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 13 cm .Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn
kém nhau 7 cm.Tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.
3A%V& ( 3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O ; R) đường kính AB. Vẽ bán kính OC vuông góc với
AB.Gọi K là điểm nằm giữa hai điểm B và C. Tia AK cắt đường tròn (O) ở M .
a) Tính số đo các góc : ACB , AMC.
b) Vẽ CI vuông góc AM ( I thuộc AM) .Chứng minh tứ giác AOIC là tứ giác nội
tiếp.
c) Chứng minh hệ thức AI.AK = AO.AB.
d) Nếu K là trung điểm của CB . Tính tgMAB
Hết
12_
3A% 8C%DE
14
H
I
M
C
O
A
B
K
+ Vì độ dài cạnh huyền bằng 13 cm nên
ta có phương trình: x
2

+ ( x-7)
2
= 13
2
+Thực hiện biến đổi thu gọn ta được pt:
x
2
- 7x - 60 = 0
+ Giải ta được : x
1
= 12 ( tmđk)
x
2
= -5 (loại)
`abcY% : Vậy độ dài hai cạnh của tam
giác vuông là : 12cm và 7cm.
0.25
0.25
0.25
a) A = -+ = 5 - 4 + 9 = 10
b) B = -
= -
= - 1 -
= -1
c) C = , với x > 2
=
=
2
2
−

−
x
x
=
2
2
−
−
x
x
= 1( vì x> 2  x -2 > 0)
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
3A%V MSTC%DE
Hình vẽ phục vụ câu a
Hình vẽ phục vụ câu b,c
0.25
025
3B% SC%DE
a) + ACB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đườn
tròn)
+ CMA = COA = .90
0

= 45
0
( góc nội tiếp và
góc ở tâm cùng chắn 1 cung)
b) +CIA = COA = 90
0
( gt)
=> tứ giác AOIC là tứ giác nội tiếp
0.25
0.5
0.25
0.25
a) + (d) song song với đường thẳng y = 3x
nên a = 3
+ Vẽ (d) y = 3x + 3
-Xác định đúng hai điểm thuộc (d) :
( 0;3) và ( -1 ; 0)
-Vẽ đúng (d) trên mặt phẳng Oxy
b) -Tọa độ ( x;y) của M là nghiệm của hệ:



+=
+=
1
33
xy
xy
-Giải hệ được : x= -1 ; y = 0
-Tọa độ M( -1; 0)

0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
0.25
c) + Trong tam giác vuông ACK ta có :
AC
2
= AI.AK (1) ( hệ thức lượng trong tam
giác vuông)
+Trong tam giác vuông ACB ta có:
AC
2
= AO.AB (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra hệ thức cần chứng
minh.
d) Kẻ KH
⊥
AB => KH // OC.
Nếu K là trung điểm BC thì KH là đường
trung bình của tam giác COB
suy ra : KH = =
và OH = =
Do đó: AH = R + = .
+Tam giác AKH vuông tại H
=> tgMAB = tgKAH = = :=
0.5
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
3A%M STC%DE
a) + Pt có a.c = 1.(-4) = -4 < 0
=> pt có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
+Theo viet: x
1
+ x
2
= = -7
x
1
.x
2
= = -4
b) + ĐK : x
≠
-2
+ Qui đồng mẫu hai vế pt và khử mẫu ta
được : ( 1+x)(x+2) = 2
 x
2
+ 3x = 0
 x( x + 3) = 0





=⇔=+
=
303
0
xx
x
+ x = 0 và x= 3 đều thỏa mãn điều kiện
+ Vậy pt có tập nghiệm là : S =
{ }
3;0
c) +Gọi x(cm) là độ dài cạnh góc vuông
lớn (ĐK : 7 < x < 13)
=> độ dài cạnh góc vuông nhỏ là : x-7(cm)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
15
3W'd 
'IJ Năm học : 2010 -2011
X&'
567 Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
BÀI 1: ( 3Đ) (Không dùng máy tính cầm tay)
a)Rút gọn biểu thức: A =
5( 20 3) 45− +

b)Giải hệ phương trình:
5
3
x y
x y
+ =


− =

c)Giải phương trình: x
4
– 5x
2
+ 4 = 0.
BÀI 2: (1Đ)
Cho phương trình bậc hai ẩn x , tham số m: x
2
– 2(m +1)x + m
2
– 1 = 0 .
Tính giá trị của m , biết rằng phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện:
x
1
+ x
2

+ x
1
.x
2
= 1.
BÀI 3: (2Đ)
Cho hàm số y = mx – m + 2 có đồ thị là đường thẳng (d
m
).
1.Khi m = 1 , hay x vẽ (d
1
).
2.Tìm toạ độ điểm cố định mà đường thẳng (d
m
) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6 ; 1) đến đường thẳng (d
m
) khi m thay đổi.
BÀI 4: (4Đ)
Cho hình vuông cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng vuông
góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K.
1.Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh: KM ⊥ DB.
3.Chứng minh: KC . KD = KH . KB.
4.Kí hiệu S
ABM
, S
DCM
là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM. Chứng minh tổng (S
ABM

+
S
DCM
) không đổi. Xác định vị trí của M trên BC để S
2
ABM
+ S
2
DCM

đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị
nhỏ nhất đó theo a.
Hết
Đáp án:
Bài 1:
1. A =
5( 20 3) 45 100 3 5 3 5 100 10A = − + = − + = =
(1đ)
2.
5 5 4 5 1
3 2 8 4 4
x y x y y y
x y x x x
+ = + = + = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− = = = =
   
(0,75đ)

Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất (4;1). (0,25đ)
3. Đặt x
2
= t ( điều kiện: t ≥ 0)
Pt ⇔ t
2
– 5t + 4 = 0. (a = 1 , b = -5 , c = 4)
Vì a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0 nên t
1
= 1 (nhận) ; t
2
= 4 (nhận) (0,5đ)
+ Với t = 1 suy ra : x
2
= 1 ⇔ x = ±1 .
+ Với t = 4 suy ra : x
2
= 4 ⇔ x = ±2 .
Vậy S = {±1 ; ±2} . (0,5đ)
Bài 2 : a = 1 , b’ = -(m+1) ; c = m
2
– 1 .
∆’ = b’
2
– a.c = (m+1)
2
– 1. ( m
2
– 1)
= m

2
+ 2m + 1 – m
2
+ 1 = 2m + 2.
16
Để pt có hai nghiệm x
1
, x
2
thì ∆’ ≥ 0
⇔ 2m + 2 ≥ 0
⇔ m ≥ -1 .
Theo hệ thức Vi ét ta có :
1 2
2
1 2
2 2
. 1
m
x x
x x m
= +
+



= −


Theo đề bài ta có: x

1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1.
⇔ 2m + 2 + m
2
– 1 = 1
⇔ m
2
+ 2m = 0.
⇔ m(m + 2 ) = 0.
⇔ m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại)
Vậy m = 0.
Bài 3 : Cho hàm số y = mx – m + 2 (d
m
)
1.Khi m = 1 thì (d
1
) : y = x + 1.
Bảng giá trị :
x -1 0
y = x + 1 0 1
Vẽ : Đồ thị hàm số y = x + 1 là 1 đường thẳng đi qua hai điểm (-1 ; 0) và (0 ; 1).
(HS vẽ đúng đạt 1đ)
2. Gọi A(x
A

; y
A
) là điểm cố định mà (d
m
) luôn đi qua khi m thay đổi.
Ta có : y
A
= mx
A
– m + 2.
⇔ y
A
– 2 = m(x
A
– 1) (*)
Xét phương trình (*) ẩn m , tham số x
A
, y
A
:
Pt(*) vô số nghiệm m khi
1 0 1
2 0 2
A A
A A
x x
y y
− = =
 
⇔

 
− = =
 
Vậy (d
m
) luôn đi qua 1 điểm A(1 ; 2) cố định khi m thay đổi.
Ta có : AM =
2 2
(6 1) (1 2) 26− + − =

Từ M kẻ MH ⊥ (d
m
) tại H.
+Nếu H ≡ A thì MH =
26
.(1)
+Nếu H không trùng A thì ta có tam giác AMH vuông tại H
=> HM < AM =
26
(2)
Từ (1)(2) suy ra MH ≤
26
Vậy, khoảng cách lớn nhất từ M đến (d
m
) khi m thay đổi là
26
(đvđd).
Bài 4:
K
H

D
B
A
C
M
1. (1đ) Xét tứ giác BHCD có:
·
0
90BHD =
( BH ⊥ DM)
17
·
0
90BCD =
(ABCD là hình vuông)
Mà: Hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn BD dưới góc 90
0
.
Nên BHCD là tứ giác nội tiếp.
2.(1đ) Xét tam giác BDK có DH , BC là hai đường cao cắt nhau tại M
=> M là trực tâm của tam giác BDK.
=>KM là đường cao thứ ba nên KM ⊥ BD.
3. (1đ) ∆HKC và ∆DKB đồng dạng (g.g)
=>KC.KD = KH . KB.
4.(1đ) S
ABM
=
1 1
. . . .
2 2

AB BM a BM=
S
DCM
=
1 1
. . . .
2 2
DC CM a CM=
=> S
ABM
+ S
DCM
=
2
1 1
. ( )
2 2
a CM BM a+ =
không đổi .
Ta có: S
2
ABM
+ S
2
DCM

=
( )
( )
2 2

2
2 2
2
2 2
2
2 2
2 4 4
2
1 1
. . . . .
2 2 4
= . ( )
4
= .
2 2 4
( )
2 2 8 8
a
a BM a CM BM CM
a
BM a BM
a a a
BM
a a a a
BM
   
+ = +
 ÷  ÷
   
+ −

 
 
− +
 
 ÷
 
 
 
= − + ≥
Để S
2
ABM
+ S
2
DCM

đạt giá trị nhỏ nhất thì BM = a/2 hay M là trung điểm BC.
GTNN lúc này là
4
8
a
18
3e 
'IJ Năm học : 2010 -2011
X&'
567 Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
L'N
3A%(2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức
A ( 20 45 3 5). 5= − +
b) Tính

2
B ( 3 1) 3= − −
3A%(2,0 điểm) a) Giải phương trình
4 2
x 13x 30 0− − =
b) Giải hệ phương trình
3 1
7
x y
2 1
8
x y

− =




− =


3A%M(2,5 điểm) Cho hai hàm số y = 2x
2
có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d).
a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết phương trình của đường thẳng
(∆) đi qua A và có hệ số góc bằng - 1.
c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B.
Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD.
3A%V(3,5 điểm) Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O', bán kính R' (R > R')

cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M ∈ (C), N ∈ (C')). Đường
thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I).
a) Chứng minh rằng
·
·
BMN MAB=
b) Chứng minh rằng IN
2
= IA.IB
c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB tại P. Chứng
minh rằng MN song song với QP.
BÀI GIẢI
3A%&RC%DEU
a) Rút gọn biểu thức
( 20 45 3 5). 5A = − +
=
(2 5 3 5 3 5) 5 10= − + =
b) Tính B =
2
( 3 1) 3 3 1 3 1− − = − − = −
3A%&RC%DEU a) Giải phương trình : x
4
– 13x
2
– 30 = 0 (1)
Đặt u = x
2
≥ 0 , pt (1) thành : u
2
– 13u – 30 = 0 (2)

(2) có
2
169 120 289 17∆ = + = =
Do đó (2) ⇔
13 17
2
2
u
−
= = −
(loại) hay
13 17
15
2
u
+
= =
Do đó (1) ⇔ x =
15±
b) Giải hệ phương trình :
3 1
7
2 1
8
x y
x y

− =





− =


⇔
1
1
2 1
8
x
x y

= −




− =


⇔
1
1
10
x
y
= −




= −


⇔
1
1
10
x
y
= −



= −


.3A%M&a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( )
1;2±
. (d) đi qua
( )
(0;3), 1;2−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
2 3x x= +
⇔ 2x
2
– x – 3 = 0

19
3
1
2
x hay x⇔ = − =
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là
( )
3 9
1;2 , ;
2 2
 
−
 ÷
 
⇒ A
( )
1;2−
Phương trình đường thẳng (∆) đi qua A có hệ số góc bằng -1 là :
y – 2 = -1 (x + 1) ⇔ (∆) : y = -x + 1
c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C ⇒ C có tọa độ (0; 1)
Đường thẳng (∆) cắt trục hoành tại D ⇒ D có tọa độ (1; 0)
Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B ⇒ B có tọa độ (-3; 0)
Vì x
A
+ x
D
= 2x
C
và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng (∆))
⇒ C là trung điểm AD

2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC =
1
2
AD
Nên ta có
1
2
ABC
ABD
S
AC
S AD
= =
3A%V&
a) Trong đường tròn tâm O:
Ta có
·
BMN
=
·
MAB
(cùng chắn cung
¼
BM
)
b) Trong đường tròn tâm O':
Ta có IN
2
= IA.IB
c) Trong đường tròn tâm O:

·
·
MAB BMN=
(góc chắn cung
¼
BM
) (1)
Trong đường tròn tâm O':
·
·
BAN BNM=
(góc chắn cung
»
BN
) (2)
Từ (1)&(2) =>
·
·
· · · ·
0
MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180+ + = + + =
Nên tứ giác APBQ nội tiếp.
=>
·
·
·
BAP BQP QNM= =
(góc nội tiếp và góc chắn cung)
mà
·

·
QNM và BQP
ở vị trí so le trong => PQ // MN
20
I
P
B
O
O'
M
N
Q
A
'IJ 
8f6 gE$h.& 

567 X&'
Thời gian làm bài: 120 phút


3A%&RC%DEU
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
2 3 2 0x x− − =
c)
4 2
4 13 3 0x x− + =
b)
4 1

6 2 9
x y
x y
+ = −


− =

d)
2
2 2 2 1 0x x− − =

3A%&RSTC%DEU
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
2
x
y = −
và đường thẳng (D):
1
1
2
y x= −
trên cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.

3A%M&RSTC%DEU
Thu gọn các biểu thức sau:
12 6 3 21 12 3A = − + −
2 2

5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
3A%V&RSTC%DEU
Cho phương trình
2 2
(3 1) 2 1 0x m x m m− + + + − =
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất:
A =
2 2
1 2 1 2
3x x x x+ −
.

3A%T&RMSTC%DEU
Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A
và B.Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ
MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE).

a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra
K là trung điểm của MP.
d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện
tích lớn nhất.
Hết
3_
21
3A%&RC%DEU
a)
2
2 3 2 0x x− − =
(1)
9 16 25
∆ = + =

(1)
3 5 1 3 5
2
4 2 4
x hay x
− − +
⇔ = = = =
b)
4 1 (1)
6 2 9 (2)
x y
x y
+ = −



− =


4 1 (1)
14 7 ( (2) 2 (1))
x y
x pt pt
+ = −

⇔

= +

3
1
2
y
x
= −


⇔

=


c)
4 2

4 13 3 0x x− + =
(3), đđặt u = x
2
,
phương trình thành : 4u
2
– 13u + 3 = 0 (4)
(4) có
2
169 48 121 11∆ = − = =

13 11 1 13 11
(4) 3
8 4 8
u hay u
− +
⇔ = = = =
Do đó (3)
1
3
2
x hay x⇔ = ± = ±
d)
2
2 2 2 1 0x x− − =
(5)
' 2 2 4∆ = + =
Do đó (5)
2 2 2 2
2 2

x hay x
− +
⇔ = =
3A%  & a) Đồ thị: học sinh tự vẽ. Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( )
1
1; , 2; 2
2
 
± − ± −
 ÷
 
. (D) đi qua
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −
 ÷
 
Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −
 ÷
 

.
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2
1
1 2 0
2 2
x
x x x
−
= − ⇔ + − =
1 2x hay x⇔ = = −
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −
 ÷
 
.
3A%M&

12 6 3 21 12 3A = − + −

2 2
(3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3= − + − = − + −
3=

2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
2B =
(
)
(
)
2 2
5 4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3+ + − − + − + + −
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2
5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3= + + − − + − + + −
=
( ) ( )
2 2
5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3+ + − − + − + + −
=
5.3 5 20+ =

⇒ B = 10.
3A%V&a)
( )
2
2 2 2
3 1 8 4 4 2 5 ( 1) 4 0m m m m m m m∆ = + − − + = + + = + + > ∀
Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Ta có x
1
+ x
2
= 3m + 1 và x
1
x
2
= 2m
2
+ m – 1
A=
2 2
1 2 1 2
3x x x x+ −

( )
2
1 2 1 2
5x x x x= + −
2 2
(3 1) 5(2 1)m m m= + − + −

2 2
1 1
6 6 ( )
4 2
m m m= − + + = + − −
2
25 1
( )
4 2
m= − −
22
Do đó giá trị lớn nhất của A là :
25
4
. Đạt được khi m =
1
2
3A%T&
a) Ta có góc
·
EMO
= 90
O
=
·
EAO
=> EAOM nội tiếp.
Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :
·
· ·

o
EAO APM PMQ 90= = =
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường
chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ
nên I là trung điểm của AM.
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng
hàng.
c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc
bằng nhau là
·
·
AOE ABM=
, vì OE // BM
=>
AO AE
BP MP
=
(1)
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số
KP BP
AE AB
=
(2)
Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
Cách 2 : Ta có

EK AP
EB AB
=
(3) do AE // KP,
mặt khác, ta có
EI AP
EO AB
=
(4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng
So sánh (3) & (4), ta có :
EK EI
EB EO
=
.
Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM
=> K là trung điểm MP.
d) Ta dễ dàng chứng minh được :
abcd
4
a b c d
4
+ + +
 
≤
 ÷
 
(*)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP =
2 2 2 2 2

MO OP R (x R) 2Rx x− = − − = −
Ta có: S = S
APMQ
=
2 3
MP.AP x 2Rx x (2R x)x= − = −
S đạt max ⇔
3
(2R x)x−
đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max
⇔
x x x
. . (2R x)
3 3 3
−
đạt max
Áp dụng (*) với a = b = c =
x
3

Ta có :
4
4
4
x x x 1 x x x R
. . (2R x) (2R x)
3 3 3 4 3 3 3 16
 
− ≤ + + + − =
 ÷

 
Do đó S đạt max ⇔
x
(2R x)
3
= −
⇔
3
x R
2
=
.
23
I
K
B
O
M Q
E
A
P x
I
'IJ
igE$h. 
!"#$%&TOÁN
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010
Thời gian làm bài: 120phút
3A% (2,5 điểm)
Cho biểu thức : A =
2 3 9

9
3 3
x x x
x
x x
+
+ −
−
+ −
, với x
≥
0 và x
≠
9.
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm giá trị của x để A = 1/3
3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
3A%  (2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7 m.
Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.
3A%  (1,0 điểm)
Cho parabol (P): y = -x
2
và đường thẳng (d): y = mx – 1.
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm
phân biệt.
2) Gọi x
1
, x

2
lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm giá trị của
m để: x
1
2
x
2
+ x
2
2
x
1
– x
1
x
2
= 3.
3A% (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy
điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F.
1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh DA.DE = DB.DC.
3) Chứng minh
·
CFD
=
·
OCB
. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là
tiếp tuyến của đường tròn (O).

4) Cho biết DF = R, chứng minh tg
·
AFB
= 2.
3A% ( 0,5 điểm)
Giải phương trình: x
2
+ 4x + 7 = (x + 4)
2
7x +
Họ tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:…………………………………
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:
24
567
SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO ÑAÙP AÙN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học 2010 – 2011
25