Các bài luyện tập Bộ đề thi vào THPT cả nước 2015

ĐỀ 1
TP.HCM Năm hc: 2014 – 2015
Bi 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
7 12 0− + = 
; b)
2
( 2 1) 2 0− + + = 
; c)
4 2
9 20 0− + = 
; d)
3 2 4
4 3 5
− =


− =

 
 
Bi 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
= 
và đường thẳng (D):
2 3= + 
trên cùng một hệ trục
toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.

Bi 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:
5 5 5 3 5
5 2 5 1 3 5
+
= + −
+ − +

;
1 2 6
: 1
3 3 3
   
= + − +
 ÷  ÷
+ + +
   


     
(x>0)
Bi 4: (1,5 điểm) Cho phương trình
2
1 0− − = 
(1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1):

Tính giá trị của biểu thức :
2
2
1 1
2 2
1 2
1
1
+ −
+ −
= −
 
 

 
Bi 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (AB <
AC). Các đường cao AD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra
·
·
0
AHC 180 ABC= −
b) Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là
điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp.
c) Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN.
Chứng minh
¶
·
AJI ANC=
d) Chứng minh rằng : OA vuông góc với IJ

BÀI GIẢI
Bi 1: (2 điểm)
a) x = 4; x= 3 ; b)
1 2⇔ = = =

  

c)
2 2
4 5 2 5⇔ = = ⇔ = ± = ±     
; d) (2; 1)
Bi 2: b) Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
1;1 , 3;9−
Bi 3:
5 =
B = 1
Câu 4: b) P = 0 (Vì
1 2
x .x 0≠
)
Câu 5
a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối
F và D vuông
⇒

·
·
·
0

180= = −  
b)
·
·
ABC AMC=
cùng chắn cung AC
mà
·
·
ANC AMC=
do M, N đối xứng
Vậy ta có
·
AHC
và
·
ANC
bù nhau
⇒
tứ giác AHCN nội tiếp
c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp
Ta có
·
·
NAC MAC=
do MN đối xứng qua AC mà
· ·
NAC CHN=

(do AHCN nội tiếp)

1
B
A
F
C
O
D
K
H
M
x
I
J
Q
N
⇒
¶
¶
IAJ IHJ=
⇒
tứ giác HIJA nội tiếp.
⇒
¶
AJI
bù với
·
AHI
mà
·
ANC

bù với
·
AHI
(do AHCN nội tiếp)
⇒
¶
·
AJI ANC=

Cách 2 :
Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp
Ta có
·
AMJ
=
·
ANJ
do AN và AM đối xứng qua AC.
Mà
·
ACH
=
·
ANH
(AHCN nội tiếp) vậy
¶
ICJ
=
·
IMJ

⇒
IJCM nội tiếp
⇒

¶
·
·
AJI AMC ANC= =
d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có
·
AJQ
=
·
AKC
vì
·
AKC
=
·
AMC
(cùng chắn cung AC), vậy
·
AKC
=
·
AMC
=
·
ANC
Xét hai tam giác AQJ và AKC :

Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn )
⇒
2 tam giác trên đồng dạng
Vậy
µ
0
Q 90=
. Hay AO vuông góc với IJ
Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có
·
xAC
=
·
AMC
mà
·
AMC
=
¶
AJI
do chứng minh trên vậy ta có
·
xAC
=
·
AJQ

⇒
JQ song song Ax
vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO)

ĐỀ 2: HÀ NỘI
Bi I 
1) Tính giá trị của biểu thức
x 1
A
x 1
+
=
−
khi x = 9
2) Cho biểu thức
x 2 1 x 1
P .
x 2 x x 2 x 1
− +
 
= +
 ÷
+ + −
 
với x > 0 và
x 1≠
a) Chứng minh rằng
x 1
P
x
+
=
; b)Tìm các giá trị của x để
2P 2 x 5= +

Bi II  Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm
trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm
nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế
hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?
Bi III 
1) Giải hệ phương trình:
4 1
5
x y y 1
1 2
1
x y y 1

+ =

+ −



− = −

+ −

2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x
2
.
a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P).
b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB.
Bi IV  Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính
MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại

B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P.
1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.
2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
3) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại
điểm F. Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF.
2
4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định
vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Bi V 
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
Q 2a bc 2b ca 2c ab= + + + + +
BÀI GIẢI + THANG ĐIỂM DỰ KIẾN
Bi Đáp án Điểm
Bi I:
(2,0
điểm)
1) Với x = 9 ta có
3 1
2
3 1
+
= =
−

0,5
2) a)
2 1 ( 1).( 2) 1
. .
( 2) 1 ( 2) 1

   
− + + − + +
= =
 ÷  ÷
+ − + −
   
     

     
1+
=


b)Từ câu 2a ta có

2 x 2
2P 2 x 5 2 x 5
x
+
= + ⇔ = +

2 x 2 2x 5 x⇔ + = +
và x > 0
2x 3 x 2 0⇔ + − =
và x >0
1
( x 2)( x ) 0
2
⇔ + − =
và x >0

1 1
x x
2 4
⇔ = ⇔ =
0,75
0,75
Bi II:
(2,0
điểm)
Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch (x>
0)
⇒
Số ngày theo kế hoạch là :
1100
x
.
Số ngày thực tế là
1100
x 5+
. Theo giả thiết của bài toán ta có :
1100
x
-
1100
x 5+
= 2.
2
1100(x 5) 1100x 2x(x 5)
2x 10x 5500 0
⇔ + − = +

⇔ + − =
x 50 hay x 55⇔ = = −
(loại)
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản
phẩm.
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
Bi
III:
(2,0
điểm)
1) Hệ phương trình tương đương với:
Đặt
1
u
x y
=
+
và
1
v
y 1
=
−
. Hệ phương trình thành :

   

+ = + = = =
⇔ ⇔ ⇔
   
− = − − = − = + =
   
4u v 5 8u 2v 10 9u 9 u 1
u 2v 1 u 2v 1 2v u 1 v 1
Do đó, hệ đã cho tương đương :

=

 
+ = = −
+

⇔ ⇔
  
− = =
 

=

−

1
1
x y 1 x 1
x y
1 y 1 1 y 2
1

y 1
0,5
0,5
2)
3
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là
2
6= − + 
2
6 0⇔ + − = 
2hay 3⇔ = = − 

Ta có y (2)= 4; y(-3) = 9. Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là
B(2;4) và A(-3;9)
b) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành.
Ta có
OAB AA'B'B OAA' OBB'
S S S S
∆ ∆ ∆
= − −
Ta có A’B’ =
B' A' B' A'
x x x x 5− = − =
, AA’ =
A
y 9=
, BB’ =
B
y 4=
Diện tích hình thang :

AA'B'B
S
AA' BB' 9 4 65
.A'B' .5
2 2 2
+ +
= = =
(đvdt)
OAA'
S
∆
1 27
A'A.A'O
2 2
= =
(đvdt);
OBB'
S
∆
1
B'B.B'O 4
2
= =
(đvdt)
OAB AA'B'B OAA' OBB'
65 27
S S S S 4 15
2 2
∆ ∆ ∆
 

⇒ = − − = − + =
 ÷
 
(đvdt)
0,5
0,5
Bi IV


0,25
1) Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn.
0,75
2) Ta có
·
·
ANM ABM=
(cùng chắn cung AM)
và
·
·
ABM AQB=
(góc có cạnh thẳng góc)
vậy
·
·
ANM AQB=
nên MNPQ nối tiếp.
1,0
3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ.

OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP
Suy ra F là trung điểm của BP.
Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF.
Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP.
Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên
·
0
ONF 90=
.
Tương tự ta có
·
0
OME 90=
nên ME // NF vì cùng vuông góc với
MN.
1,0
4) 0,5
4
A
B
P
Q
O
F
E
N
M
MNPQ APQ AMN
2S 2S 2S= −
2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN= − = + −

Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra
AB BP
QB BA
=
⇒
2
AB BP.QB=
Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có
2
PB BQ 2 PB.BQ 2 (2R) 4R+ ≥ = =
Ta có
2 2 2
AM AN MN
AM.AN
2 2
+
≤ =
= 2R
2
Do đó,
2 2
MNPQ
2S 2R.4R 2R 6R≥ − =
. Suy ra
2
MNPQ
S 3R≥
Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc
AB.
Bi V:

(0,5
điểm)
Ta có
Q 2a bc 2b ca 2c ab= + + + + +
2a bc (a b c)a bc+ = + + +
(Do a + b +c = 2)
2
(a b) (a c)
a ab bc ca (a b)(a c)
2
+ + +
= + + + = + + ≤
(Áp dụng bất đẳng
thức với 2 số dương u=a+b và v=a+c)
Vậy ta có
2a bc+
(a b) (a c)
2
+ + +
≤
(1)
Tương tự ta có :
2b ca+
(a b) (b c)
2
+ + +
≤
(2)
2c ab+
(a c) (b c)

2
+ + +
≤
(3)
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế
Q 2(a b c) 4⇒ ≤ + + =
Khi a = b = c =
2
3
thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4.
0,25
0,25
ĐỀ 3: TP.ĐÀ NẴNG
Bi 1: 
1) Tính giá trị của biểu thức
9 4 = −
Rút gọn biểu thức
2 2 2
2
2 2
 


 
−
= +
−
+
, với x > 0,
2 ≠

Bi 2:  Giải hệ phương trình
3 4 5
6 7 8
 
 
+ =


+ =

Bi 3:  Cho hàm số y = x
2
có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (d
m
)
1)Vẽ đồ thị (P)
2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt,
trong đó tung độ của một trong hai giao điểm đó bằng 1.
Bi 4: Cho phương trình x
2
+ 2(m – 2)x – m
2
= 0, với m là tham số.
1)Giải phương trình khi m = 0.
2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2

với x
1
< x
2
, tìm
tất cả các giá trị của m sao cho
1 2
6 − =
Bi 5: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ
đường tròn (C) có tâm C, bán kính CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại điểm thứ
hai là D.
5
1) Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C).
2) Trên cung nhỏ
»

của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB.
Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF.
Chứng minh rằng:
a) BA
2
= BE.BF và
·
·
 =
b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.
BÀI GIẢI
Bi 1: 1)A = 1 ; 2) P = 1
Bi 2: (-1; 2)
Bi 3: 2)Phương trình hoành độ giao điểm của y = x

2
và đường thẳng y = 4x + m là :
x
2
= 4x + m
⇔
x
2
– 4x – m = 0 (1)
(1) có
4 
′
∆ = +
Để (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4 
′
∆ > ⇔ + > ⇔ > −
y = 4x + m = 1 => x =
1
4
−
Yêu cầu của bài toán tương đương với
4 4 4
1 7 7
2 4 4 4
4 4 4
  


  
  
> − > − > −
  
  
⇔
  − − − − −
± + = + = − + =
  
  
⇔
4
7
7
4
4






> −

< −


− −

+ =


(loại) hay
4
7
4 4 7


 

> −

> −


+ = +

( )
2
2
4
4
4
5 hay 3
5 hay 3
16 4 14 49
2 15 0



 

 
  
 
> −
> −

> −



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = −
  
= = −
+ = + +
− − =




Bi 4:
1)Khi m = 0, pt thành : x
2
– 4x = 0
⇔
x = 0 hay x – 4 = 0
⇔
x = 0 hay x = 4
2)
( )
( )

( )
2 2
2 2 2
2 2 4 4 2 2 1 2 2 1 2 0       
′
∆ = − + = − + = − + + = − + > ∀
nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Ta có
( )
2
1 2 1 2
2 2 , 0= + = − = = − ≤       
Ta có
( )
2
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
6 2 36 2 2 36− = ⇒ − + = ⇔ + − + =           
( ) ( )
2 2
4 2 36 2 9− = ⇔ − = 
1hay 5⇔ = − = 
Khi m = -1 ta có
1 2 1 2
x 3 10,x 3 10 x x 6= − = + ⇒ − = −
(loại)
Khi m = 5 ta có
1 2 1 2
x 3 34,x 3 34 x x 6= − − = − + ⇒ − =
(thỏa)

Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.
Bi 5:
1)Ta có
·
0
BAC 90=
nên BA là tiếp tuyến với (C).
BC vuông góc với AD nên
H là trung điểm AD. Suy ra
·
·
0
BDC BAC 90= =

nên BD cũng là tiếp tuyến với (C)
2)
6
a) Trong tam giác vuông ABC
ta có
2
AB BH.BC=
(1)
Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA
vì có góc B chung
và
·
·
BAE BFA=
(cùng chắn cung AE)
suy ra

2
AB BE
AB BE.FB
FB BA
= ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB
Từ BE.BF= BH.BC
BE BH
BC BF
⇒ =

2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và
BE BH
BC BF
=
·
·
BHE BFC⇒ =
b) do kết quả trên ta có
·
·
BFA BAE=
·
·
·
HAC EHB BFC= =
, do AB //EH. suy ra
·
·

·
·
· ·
DAF DAC FAC DFC CFA BFA= − = − =
·
·
DAF BAE⇒ =
, 2 góc này chắn các cung
»
»
AE,DF
nên hai cung này bằng nhau
Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau
(vì góc H đối đỉnh, HD = HA,
·
·
EDH HDN=
(do AD // AF)
Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tam
giác EAF. => HK // AF.
Vậy ED // HK // AF.
ĐỀ 4: KHÁNH HOÀ (không chuyên)
Bi 1: (2,00 điểm) Rút gn.
1)
1 8 10
2 1 2 5

−
= −
+ −

; 2) B =
1
:
2 2 4 4
  
    
+
 
+
 ÷
− − − +
 
với a > 0, a ≠ 4.
Bi 2: (2,00 điểm)
1) Cho hệ phương trình:
  
  
− = −


− = −


Tìm a và b biết hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) = (2; 3).
2) Giải phương trình:
( )
2 2 –1 3 5 6 3 8  
− − = −
Bi 3: (2,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):
2

1
2
 =

a) Vẽ đồ thị (P).
b) Trên (P) lấy điểm A có hoành độ x
A
= -2. Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox sao cho
MA – MB đạt giá trị lớn nhất, biết rằng B(1; 1).
Bi 4: (2,00 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là
tiếp tuyến của (O) tại B.
7
A
Trên cung
»

lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung
điểm của
AM , tia CO cắt d tại D.
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD
c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bi 1: (2,00 điểm): 1)
1 = −
; 2)
( 2)  = −
Bi 2: (2,00 điểm)
1) Vì hệ phương trình:

  
  
− = −


− = −

có nghiệm (x, y) = (2; 3) nên ta có hpt:
2 3 2 3 6 3 9 7 7 1
2 3 3 2 3 2 2 3 1
       
        
− = − + = + = = =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = − − = − − = − + = =
    
Vậy a = 1, b = 1
2) Giải phương trình:
( )
2 2 –1 3 5 6 3 8  
− − = −
; ĐKXĐ:
8
3
 ≥
( )
( )
2 2

x 6) x 8)4 2 –1 6 5 6 2 3 8 ((5 6 5 6 9) ((3 2 3 8 1) 0
5 6 3 0
( 5 6 3) ( 3 8 1) 0 3
3 8 1 0
    

   

⇔ − − = − ⇔ − + + − + =

− − =

⇔ − − + − − = ⇔ ⇔ =

− − =

−

− − −
Vậy pt có nghiệm x = 3.
Bi 3: (2,00 điểm) a)Lập bảng giá trị (HS tự làm).
b)Vì A ∈ (P) có hoành độ x
A
= -2 nên y
A
= 2. Vậy A(-2; 2)
Lấy M(x
M
; 0) bất kì thuộc Ox,
Ta có: MA – MB ≤ AB (Do M thay đổi trên Ox và BĐT tam giác)

8
Dấu “=” xẩy ra khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng, khi đó M là giao điểm của đường thẳng
AB và trục Ox.
- Lập pt đường thẳng AB
- Tìm giao điểm của đường thẳng AB và Ox, tìm M (4; 0).
Bi 4: (2,00 điểm)
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
 !"#$%&'()*
·
·
0
180#$ #$+ =
b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD

°
$*+,%!-.'%/'0#
suy ra: NO là đường cao thứ ba hay: NO ⊥ AD
c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.

°
#
#

°
$
⇒

D
 #
 $

=

⇒
1$2#1
d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có: 2AM + AN ≥ 2
2 . $
(BĐT Cauchy – Côsi)
Ta chứng minh: AM. AN = AB
2
= 4R
2.
(1)
Suy ra: 2AM + AN ≥ 2
2
2.43
= 4R
2.
Đẳng thức xẩy ra khi: 2AM = AN ⇒ AM = AN/2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AM = R
2

⇒ °AOM vuông tại O ⇒ M là điểm chính giữa cung AB
ĐỀ 5: QUẢNG NGÃI (không chuyên)
Bi 1: (1,5 điểm)
a/ Tính:
43252 +
b/ Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A(1; − 2) và điểm B(3; 4)
c/ Rút gọn biểu thức A =
2x

4x
:
2x
2
2x
x
+
+








−
+
+
với x ≥ 0 và x ≠ 4
Bi 2: (2,0 điểm)
1/ Giải phương trình x
4
+ 5x
2
− 36 = 0
2/ Cho phương trình x
2
− (3m + 1)x + 2m
2

+ m − 1 = 0 (1) với m là tham số.
a/ Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của
m.
b/ Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để biểu thức
9
B = x
1
2
+ x
2
2
− 3x
1
x
2
đạt giá trị lớn nhất.
Bi 3: (2,0 điểm)
Để chuẩn bị cho một chuyến đi đánh bắt cá ở Hoàng Sa, hai ngư dân đảo Lý
Sơn cần chuyển một số lương thực, thực phẩm lên tàu. Nếu người thứ nhất chuyển
xong một nửa số lương thực, thực phẩm; sau đó người thứ hai chuyển hết số còn
lại lên tàu thì thời gian người thứ hai hoàn thành lâu hơn người thứ nhất là 3 giờ.
Nếu cả hai cùng làm chung thì thời gian chuyển hết số lương thực, thực phẩm lên
tàu là
7
20
giờ. Hỏi nếu làm riêng một mình thì mỗi người chuyển hết số lương

thực, thực phẩm đó lên tàu trong thời gian bao lâu?
Bi 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm chính giữa
của cung AB; P là điểm thuộc cung MB (P khác M và P khác B). Đường thẳng AP
cắt đường thẳng OM tại C; đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D. Tiếp tuyến
của nửa đường tròn ở P cắt cắt CD tại I.
a/ Chứng minh OADP là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b/ Chứng minh OB.AC = OC.BD.
c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều. Khi
đó hãy tính diện tích của tam giác PIC theo R.
Bi 5: (1,0 điểm)
Cho biểu thức A = (4x
5
+ 4x
4
− 5x
3
+ 5x − 2)
2014
+ 2015. Tính giá trị của
biểu thức A khi x =
12
12
2
1
+
−
.
GỢI Ý
Bi 1: a/ 16 ; b/ (d): y = 3x + 5 ; c/

1
2


=
−
Bi 2: 1/ ⇒ x = ± 2 ;
2/ a/ Có ∆ = (m + 1)
2
+ 4 > 0 ∀m
b/ Vậy B
min
=
2
13
khi m =
2
1
Bi 3: Gọi x (giờ) là thời gian người thứ I một mình làm xong cả công việc.
và y (giờ) là thời gian người thứ II một mình làm xong cả công việc. (Với x, y >
7
20
)
Ta có hệ phương trình:








=−
=+
3
2
x
2
y
20
7
y
1
x
1
⇔





=−
=+
)2(6xy
)1(
20
7
y
1
x
1

Từ (1) và (2) ta có phương trình:
20
7
6x
1
x
1
=
+
+
. Giải phương trình được x
1
= 4, x
2

= −
7
30
Chọn x = 4.
Vậy thời gian một mình làm xong cả công việc của người thứ I là 4 giờ, của người
thứ II là 10 giờ.
Bi 4:
10
a/ C/minh ∠AOD = ∠APD = 90
0
O và P cùng nhìn đoạn AD dưới một góc 90
0
⇒ OADP tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AD
b/ C/ minh ∆ AOC ∆DOB (g.g) ⇒
DB

AC
OB
OC
=
⇒ OB.AC = OC.BD (đpcm)
c/ Ta có ∠IPC = ∠PBA (cùng chắn cung AP của (O))
và có ∠ICP = ∠PBA (cùng bù với ∠OCP)
Suy ra ∠IPC = ∠ICP ⇒ ∆IPC cân tại I.
Để ∆IPC là tam giác đều thì ∠IPC = 60
0

⇒

∠PBA = 60
0
⇒ OP = PB = OB = R

⇒ số đo cung PB bằng 60
0
C/minh ∆DIP cân tại I ⇒ ID = IP = IC = CD:2
Do đó S
PIC
=
2
1
S
DPC
=
2
1

.
2
1
.CP.PD =
4
1
.
3
3R
.R =
12
3R
2
(đvdt)
Bi 5: Ta có: x =
12
12
2
1
+
−
=
( )
( ) ( )
12.12
12
2
1
2
−+

−
=
2
12 −
⇒ x
2
=
4
223 −
; x
3
= x.x
2
=
8
725 −
; x
4
(x
2
)
2
=
16
21217 −
; x
5
= x.x
4
=

32
41229 −
Do đó: 4x
5
+ 4x
4
− 5x
3
+ 5x − 2 =
1
8
1620220352252243441229
−=
−−++−−+−
Vậy A = (4x
5
+ 4x
4
− 5x
3
+ 5x − 2)
2014
+ 2015 = (−1)
2014
+ 2015 = 1 + 2015 = 2016
ĐỀ 6: HẢI DƯƠNG (không chuyên)
Câu I ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình:
43 1 − = −
2) Rút gọn biểu thức:

10 2 3 1
( 0; 1)
3 4 4 1
  
  
   
− +
= − + ≥ ≠
+ − + −
Câu II ( 2,0 điểm)
Cho Parabol ():
2
 =
và đường thẳng (4):
( 1) 4   = − + +
(tham số )
1) Với 2, tìm tọa độ giao điểm của () và (4).
2) Tìm  để (4) cắt () tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.
Câu III ( 2,0 điểm)
1) Cho hệ phương trình:
3 2
3 2 11
  
  
+ = +


− = −

( tham số )

Tìm  để hệ đã cho có nghiệm (5) thỏa mãn 

6

đạt giá trị lớn nhất.
2) Một ô tô dự định đi từ  đến  dài 80 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa
quãng đường đầu ô tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa
quãng đường còn lại ô tô đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h. Biết rằng
ô tô đến  đúng thời gian đã định. Tìm vận tốc dự định của ô tô.
Câu IV ( 3,0 điểm)
Cho tam giác  nhọn, các đường cao $ của tam giác  cắt nhau
tại . Dựng hình bình hành .
1) Chứng minh: Các tứ giác $,  là các tứ giác nội tiếp.
2) Gọi  là giao điểm của  và $. Chứng minh: 121
11
3) Giả sử các điểm và  cố định,  thay đổi sao cho tam giác  nhọn và
·

không đổi. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ có diện tích
không đổi.
Câu V ( 1,0 điểm) Cho 5 là hai số dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
2 2
2 2

   

  
+ +
= +

+
I) HƯỚNG DẪN CHUNG
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1
Giải phương trình:
43 1 − = −
1,00
( )
2
1 0 (1)
43 1
43 1 (2)

 
 
− ≥


− = − ⇔

− = −



0,25
(1)
1

⇔ ≥
0,25
(2)
2
42 0 ⇔ − − =

7
6


=

⇔

= −

0,25
Kết hợp nghiệm ta có
7 =
(thỏa mãn),
6 = −
( loại)
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là
{ }
7 =

0,25
I 2
Rút gọn biểu thức:
10 2 3 1

( 0; 1)
3 4 4 1
  
  
   
− +
= − + ≥ ≠
+ − + −
1,00

( ) ( )
10 2 3 1

4 1
4 1
  

 
 
− +
= − −
+ −
+ −
0,25

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
10 2 3 1 1 4

4 1

    
 
− − − − + +
=
+ −

0,25
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
10 2 5 3 5 4
3 10 7
=
4 1 4 1
    
 
   
− − + − + +
− + −
=
+ − + −
0,25
( ) ( )
( ) ( )
1 7 3
7 3
= =
4
4 1
 



 
− −
−
+
+ −
( vì
0; 1 ≥ ≠
)
0,25
II
Cho Parabol
( )
2
:   =
và đường thẳng
( )
: ( 1) 44    
= − + +
(tham số )
2,00
1 Với 2, tìm tọa độ giao điểm của () và (4). 1,00
2ta có phương trình đường thẳng (4) là: y = x + 6 0,25
Hoành độ giao điểm của () và (4) là nghiệm của phương trình

2
6 = +

0,25
12

2
2
6 0
3

 

= −

⇔ − − = ⇔

=

0,25
*
2 4 = − ⇒ =
*
3 9 = ⇒ =
Vậy 2thì () và (4) cắt nhau tại hai điểm
( )
2;4 −
và
( )
3;9
0,25
II 2 Tìm  để (4) cắt () tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. 1,00
Hoành độ giao điểm của () và (4) là nghiệm của phương trình

( )

2
1 4   = − + +
( )
2
1 4 0   ⇔ − − − − =
(*)
0.25
(4) cắt () tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung khi và
chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu
0,25
( )
1. 4 < 0 ⇔ − −
0,25
m > 4⇔ −
0,25
III 1
Cho hệ phương trình:
3 2
3 2 11
  
  
+ = +


− = −

( tham số )
1,00
Giải hệ phương trình ta có
3

2 1
 
 
= +


= −

0,25
( ) ( )
2 2
2 2 2
3 2 1 = 3 10 8     − = + − − − + +
2
49 5
= 3
3 3

 
− −
 ÷
 
0,25
Do
2
5
0
3


 
− ≥
 ÷
 
với mọi 5 dấu “ = ” xẩy ra khi
5

3
 =
0,25
2 2
49

3
 ⇒ − ≤
, dấu “ = ” xẩy ra khi
5

3
 =

hay
2 2
 −
lớn nhất bằng
49
3
khi
5

3
 =
0,25
III 2 Gọi vận tốc dự định của ô tô là  (78) (9:)
Khi đó thời gian ô tô dự định đi hết quãng đường AB là
80
( )

0,25
Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường đầu là
40
( )
6

 −
Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường còn lại là
40
( )
12

 +

0,25
Theo bài ra ta có phương trình:
40 40 80
6 12  
+ =
− +

0,25

Giải phương trình ta được
24 =
( thỏa mãn)
Vậy vận tốc dự định của ô tô là 24 (78) 0,25
13
IV 1
Từ giả thiết ta có
·
0
90 =
và
·
0
90$ =
0,25
⇒
tứ giác APHN nội tiếp đường tròn (đường kính AH) 0,25
Ta có : BD// CH ( BDCH là hình bình hành) và CH
⊥
AB
⇒
BD
⊥
AB
⇒
·
0
90 =
Tương tự có
·

0
90 =

0,25

⇒
tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn ( đường kính AD ) 0,25
IV 2 Xét 2 tam giác ABE và ACH có :
·
·
 =
( cùng phụ với
·

) (1)
0,25
·

phụ với
·

;
·
·
 =
(góc nt cùng chắn
»

)
·


phụ với
·

⇒
·
·
 =
(2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra 2 tam giác ABE, ACH đồng dạng 0,25
⇒

. .
 
   
 
= ⇒ =
0,25
IV 3 Gọi I là trung điểm BC
⇒
I cố định (Do B và C cố định) 0,25
Gọi O là trung điểm AD
⇒
O cố định ( Do
·

không đổi,
B và C cố định, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )
⇒

độ dài OI không đổi
0,25
ABDC là hình bình hành
⇒
I là trung điểm HD
1
2
#; ⇒ =
( OI là đường trung bình tam giác ADH)
⇒
độ dài AH không đổi
0,25
Vì AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác $, độ
dài AH không đổi
⇒
độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ
giác $ không đổi
⇒
đường tròn ngoại tiếp tứ giác $
có diện tích không đổi.
0,25
V
Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2

   

  

+ +
= +
+
2 2
2 2
2
1+ 2
  
  
+
= + +
+
0,25

2 2 2 2
2 2
2
3+
2 2
    
   
 
+ +
= + +
 ÷
+
 
0,25
Do x; y là các số dương suy ra
14

I
O
E
M
D
N
P
C
B
A
H
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 . 2
2 2
     
     
+ +
+ ≥ =
+ +
; « = »
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2
4 0
2

  
     
  
+
⇔ = ⇔ + = ⇔ − =
+
2 2
( ; 0)     = ⇔ = >
2 2
2 2
2 1
2
 
  

+
+ ≥ ⇒ ≥
;« = »
 
⇔ =
0,25
Cộng các bđt ta được
6 ≥


6   = ⇔ =
.Vậy Min S = 6 khi và chỉ khi 2
0,25
ĐỀ 8: BẮC NINH (không chuyên)
Câu I.  Cho phương trình

0622
2
=−−+ 
(1) , với ẩn x , tham số m
1) Giải phương trình (1) khi m = 1
2) Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
sao cho
2
2
2
1
 +
nhỏ nhất.
Câu II.  Trong cùng một hệ toạ độ , gọi (P ) là đồ thị của hàm số y = x
2
và
(d) là đồ thị của hàm số y = -x + 2
1) Vẽ các đồ thị (P) và (d) . Từ đó , xác định toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng
đồ thị .
2) Tìm a và b để đồ thị
∆
của hàm số y = ax + b song song với (d) và cắt (P) tại
điểm có hoành độ bằng -1
Câu III .
1) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B , quãng đường AB dài 24
km . Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4km so với lúc đi , vì vậy thời gian
về ít hơn thời gian đi 30 phút . Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B .

2 ) Giải phương trình
( )
111 =−+−+ 
Câu IV .  Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’
,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành BHCD . Đường thẳng qua D và song song với
BC cắt đường thẳng AH tại M .
1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn.
2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD
và góc BAM = góc OAC .
3) Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng
G là trọng tâm của tam giác ABC.
Câu V 
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a
2
+ ab + b
2
– 3a – 3b + 2014 .
2) Có 6 thành phố trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2 thành phố liên lạc
được với nhau . Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố
liên lạc được với nhau.
 !"
#$
1) GPT khi m =1
+ Thay m =1 v ào (1) ta đ ư ợc x
2
+ 2x – 8 = 0  ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0  x = { - 4 ;
2 }
15
KL :
2) x ét PT (1) :

0622
2
=−−+ 
(1) , với ẩn x , tham số m .
+ Xét PT (1) có
( )
( )
05162
2
2
1
'
>++=++=∆ 
(luôn đúng ) với mọi m => PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
với mọi m
+ Mặt khác áp dụng hệ thức viét vào PT ( 1) ta có :
( )



+−=
−=+
62
2
21
21



(I)
+ Lại theo đề và (I) có :A = x
1
2
+ x
2
2

= ( x
1
+ x
2
)
2
– 2 x
1
x
2

= ( - 2m )
2
+ 2 ( 2m + 6 )
= 4m
2
+ 4m + 12
= ( 2m + 1)
2
+ 11
11≥

với mọi m => Giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi m =
2
1−
.
Câu II.
HD : 1) v ẽ ch ính xác và xác định đ ược giao đi ểm của (P) v à (d) l à M ( 1 ; 1) v à
N ( -2 ; 4 )
2)T ìm đ ư ợc a = -1 v à b = 0 =>PT của
∆
là y = - x
Câu III .
1) G ọi x ( km /h ) l à v ận t ốc ng ư ời đi xe đ ạp t ừ A -> B ( x > 0 ) . L ý luận đ ưa
ra PT :
2
1
4
2424
=
+
−

=> x = 12 ( t/m ) . KL :
2) ĐKXĐ
10
≤≤

Đ ặt 0 < a =
( )



 −=
−
⇒−+ 1
2
1
1
2

+ PT m ới l à : a +
1
2
1
2
=
−
 a
2
+ 2a – 3 = 0  ( a – 1 )( a + 3 ) = 0  a = { -3 ; 1 }
=> a = 1 > 0
+ Nếu a = 1 = >
⇒=−+ 11 
x = { 0 ; 1 } ( t/m)
KL : …………
Câu IV . 
HD : HS tự vẽ hình
1) Chứng minh các tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp => A, B ,C,D , M nằm trên cùng
một đường tròn
2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay
BM = CD
+ Theo phần 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC

3)Chứng minh OK là đường trung bình của tam giác AHD =>OK//AH và OK=

2
1
hay
2
1
=

#<
(*)
+ Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA =>
=<=
=
=<

#<
2
2
1
==>==
, từ đó suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC
Câu V 
1) Giá trị nhỏ nhất của P là 2011 khi a =b = 1
2) Gọi 6 th ành phố đã cho l à A,B,C,D,E,F
16
+ X ét thành phố A .theo nguyên l í Dirichlet ,trong 5 thành phố còn lại thì có ít nhất
3 thành phố
liên lạc được với A hoặc có ít nhất 3 thành phố không liên lạc được với A ( v ì nếu số
thành phố liên lạc được với A cũng không vượt quá 2 và số thành phố không liên lạc

được với A cũng không vượt quá 2 thì ngoài A , số thành phố còn lại cũng không
vượt quá 4 ) . Do đó chỉ xảy ra các khả năng sau :
• Khả năng 1 :
số thành phố liên lạc được với A không ít hơn 3 , giả sử B,C,D liên lạc được với A .
Theo đề bài trong 3 thành phố B,C,D có 2 thành phố liên lạc được với nhau . Khi đó 2
thành phố này cùng với A tạo thành 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau .
• Khả năng 2 :
số thành phố không liên lạc được với A , không ít hơn ,giả sử 3 thành phố không liên
lạc được với A là D,E,F . Khi đó trong bộ 3 thành phố ( A,D,E) thì D và E liên lạc
được với nhau ( v ì D,E không
liên lạc được với A )
Tương tự trong bộ 3 ( A,E,F) v à ( A,F,D) th ì E,F liên lạc được với nhau , F và D liên
lạc
được với nhau và như vậy D,E,F l à 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau . Vậy
ta
có ĐPCM
ĐỀ 9: TÂY NINH (không chuyên)
Câu 1 : () Thực hiện các phép tính
a)
( ) ( )
A 2 5 2 5= − +
b)
( )
B = 2 50 3 2−
Câu 2 : () Giải phương trình:
2
2 15 0 + − =
.
Câu 3 : () Giải hệ phương trình:
2

3
1
2 4





+ =




− =


.
Câu 4: () Tìm a và b để đường thẳng
( ) ( )
d : a 2 b = − +
có hệ số góc bằng 4 và
đi qua điểm
( )
M 1; − 3
.
Câu 5: () Vẽ đồ thị của hàm số
2
2 = −
.
Câu 6: () Lớp 9A dự định trồng 420 cây xanh. Đến ngày thực hiện có 7 bạn không

tham gia do được triệu tập học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường nên mỗi
bạn còn lại phải trồng thêm 3 cây mới đảm bảo kế hoạch đặt ra. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu
học sinh.
Câu 7: () Chứng minh rằng phương trình
( )
2
2 m +1 m 4 0 − + − =
luôn có hai
nghiệm phân biệt
1

,
2

và biểu thức
( ) ( )
1 2 2 1
M 1 1   = − + −
không phụ thuộc vào m.
Câu 8: () Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC), biết
·
0
ACB 60=
,
CH = a
. Tính AB và AC theo a.
Câu 9 : () Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, CD là đường kính thay
đổi của đường tròn (O) (khác AB). Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC và AD lần lượt tại N
và M. Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp.
Câu 10 : () Cho tứ giác ABCD nội tếp đường tròn tâm O, bán kính bằng a. Biết

AC vuông góc với BD. Tính
2 2
AB CD+
theo a.
17
BÀI GIẢI
Câu 1 : () a) A= - 1. b) B = 4.
Câu 2 : () Vậy
5
S = ; 3
2
 
−
 
 
.
Câu 3 : () Điều kiện
0 ≠
.
2
3
1
2 4





+ =





− =


4
2 6
1
2 4





+ =


⇔


− =


5
10
2
3





=


⇔


+ =


5
10
2
3




=


⇔


+ =


1
2

4 3



=

⇔


+ =

1
2
1



=

⇔


= −

(nhận).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( )
1
; ; 1
2

 
 
= −
 ÷
 
.
Câu 4: () Đường thẳng d có hệ số góc bằng 4
a 2 4
⇔ − =

a 6
⇔ =
.
Mặt khác (d) đi qua điểm
( )
M 1; − 3
nên thay
a 6=
,
1 =
;
3 = −
vào
( )
a 2 b = − +
.
Khi đó ta có :
( )
3 6 2 .1 b− = − +

3 4 b⇒ − = +

b 7⇒ = −
.
Vậy
a 6=
v à
b 7= −
là các giá trị cần tìm và khi đó
( )
d : 4 7 = −
.
Câu 5: ()
Câu 6: ()
Gọi số học sinh lớp 9A là


( )
, 7 
+
∈ >Z
.
( )
420 420
3 7
7

 
− = >
−

=>
1
7 63
35
2

+
= =
(nhận) ;
2
7 63
28
2

−
= = −
(loại).
Vậy lớp 9A có 35 học sinh.
Câu 7: ()
( ) ( )
2
2 2
' m 1 1. m 4 m 2m 1 m 4 m m 5∆ = + − − = + + − + = + +
.
2 2
2
1 1 1 19
' m m 5 m 5 m 0, m
2 4 2 4
     

∆ = + + = + + − = + + > ∀
 ÷  ÷  ÷
     
.
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Khi đó, theo Vi-ét
1 2
2m 2 + = +
;
1 2
. m 4  = −
.
( ) ( )
1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
M 1 1 2             = − + − = − + − = + −
.
( )
1 2 1 2
M 2 2m 2 2 m 4 2m 2 2m 8 10   = + − = + − − = + − + =
(không phụ thuộc vào m).
Câu 8:
ACH
∆
có
CH
cosC
AC
=
nên
0

CH a a
AC 2a
1
cosC cos60
2
= = = =
.
ABC
∆
có
0
AB = AC.tanC = 2a.tan60 2a. 3 2 3a= =
. Vậy
AB = 2 3a
,
AC 2a
=
.
Câu 9 : ()
GT (O) đường kính AB cố định,
đường kính CD thay đổi, MN là
tiếp tuyến tại B của (O).
KL Tứ giác CDMN nội tiếp
Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp
18
Ta có :
·
»
1
ADC AC

2
= sñ
.
µ
¼
»
( )
¼
»
( )
»
1 1 1
N ADB BC ACB BC AC
2 2 2
= − = − =sñ sñ sñ sñ sñ
.
·
µ
ADC N⇒ =
(cùng bằng
»
1
AC
2
sñ
).
⇒
Tứ giác CDMN nội tiếp được (góc ngoài bằng góc đối trong).
Câu 10 : ()
GT

ABCD nội tiếp
( )
O; a
,
AC BD
⊥
KL
Tính
2 2
AB CD+
theo a.
Tính
2 2
AB CD+
theo a.
Vẽ đường kính CE của đường tròn (O).
Ta có :
·
0
EAC 90=
,
·
0
EDC 90=
(góc nội tiếp chắn đường kính EC).
AC AE
AE BD
AC BD ( )!'
⊥


⇒

⊥

P

⇒
ABDE là hình thang cân (hình thang nội tiếp (O))
AB = DE⇒
(cạnh bên hình thang cân).
( )
2
2 2 2 2 2 2
AB + CD = DE + DC = EC 2a 4a⇒ = =
(do
EDC
∆
vuông tại D).
Vậy
2 2 2
AB CD 4a+ =
.
ĐỀ 10: NINH THUẬN
Bi 1: 
a) Giải phương trình bậc hai: x
2
– 2x – 2 = 0
b) Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:




=−−
=+
25)(2
23


Bi 2: Cho hàm số: y = 2x – 5 có đồ thị là đường thẳng (d)
a) Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (d) với các trục tọa độ Ox,Oy. Tính tọa độ các điểm
A, B và vẽ đường thẳng (d) trong mặt phẳng tọa độ Oxy
b)Tính diện tích của tam giác AOB
Bi 3: Cho biểu thức: P =
2222
33
.




−
+
+−
+
, x
≠
y
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P khi: x =
347 −
và y =

324 −
Bi 4: > Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB = a nội tiếp trong đường tròn
tâm O, bán kính R (0 < a < 2R).
a) Tính diện tích của hình chữ nhật ABCD theo a và R.
b) Xác định giá trị của a theo R để hình chữ nhật ABCD có diện tích lớn nhất.
c) Một đường thẳng d đi qua O cắt các cạnh AB, CD lần lượt tại M, N và cắt các cạnh
AD, BC kéo dài lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng: ∆APM = ∆CQN.
19
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Bi 1: 
a)
1
1 3 = +
;
1
1 3 = −
; b) (2; - 4)
Bi 2:  b) S
A0B
=
1
2
. OA.OB =
1
2
.5.
5 25
2 4
=
(đvdt)

Bi 3: b) P =


−
+

x =
347 −
= 2 -
3
và y =
324 −
=
3
- 1
Vậy: P =
2 - 3 3 1 1 3 2 3
3
(2 3) ( 3 1) 3 2 3
+ − +
= = −
− − − −
Bi 4: >
a)Ta có: S
ABCD
= AB.BC = a.
22
 −
= a.
22

4 3 −


b)Vì: 0 < a < 2R, nên: 2R – a > 0
Ta có:
2222222
42)4(0)4( 333 −≥−+⇔≥−−

222
24 33 ≤−⇔
Hay : S
ABCD
2
23≤
Dấu “=” xảy ra khi: a =
24
22
33 =⇒−
Vậy: Max S
ABCD
= 2R
2
khi:
23 =

c) - Trước hết, ta chứng minh: ∆AOM =
∆CON (g.c.g) suy ra: AM = CN
- Xét ∆ APM và ∆CQN có:
AM = CN (cmt)
0

90
ˆ
ˆ
== 
ˆ ˆ
 ?$=
(slt)
?$ ∆=∆⇒
(g.c.g)
N
M
0
Q
B
C
A
D
P
ĐỀ 10: NGHỆ AN
Câu 1. Cho biểu thức
1 1
:
1
1 1



 
 
= −

 ÷
 ÷
−
− +
 

a) Tìm điều kiện xác định và rút biểu thức A
b) Tìm tất cả các giá trị của x để
0
<
.
Câu 2. Một ô tô và một xe máy ở hai địa điểm A và B cách nhau 180 km,
khởi hành cùng một lúc đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Biết vận tốc của ô tô
lớn hơn vận tốc của xe máy 10 km/h. Tính vận tốc của mỗi xe.
Câu 3 . Cho phương trình
2 4 2
2( 1) 2 0    + + − + =
(m là tham số)
20
a) Giải phương trình khi m = 1.
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Câu 4.  Cho điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến
AB, AC với đường tròn đó (B, C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm của AB. Đường
thẳng MC cắt đường tròn (O) tại N (N khác C).
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh
2
. $ 
=

c) Tia AN cắt đường tròn (O) tại D ( D khác N). Chứng minh:
·
·
$ =

Câu 5. 
Cho ba số thực dương
, ,z 
thỏa mãn
  @+ ≤
. Chứng minh rằng:

( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1 27
2
  @
  @
 
+ + + + ≥
 ÷
 

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. a)
1
1



=
−
b) A <0 thì: <=>
1
1 −
< 0 =>

- 1 < 0 =>

< 1 => x < 1
Kết hợp ĐK: để A < 0 thì 0 ≤ x < 1
Câu 2: Gọi vận tốc của ô tô là x (km/h)
vân tốc của xe máy là y (km/h) ( Đk: x > y> 0, x > 10)
ta có hệ phương trình :
10 50
90 40
  
  
− = =
 
⇔
 
+ = =
 
(T/M ĐK)
Vậy vận tốc của ô tô là 50 km/h và vận tốc của xe máy là: 40 km/h
Câu 3. a). Khi m = 1 => Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

1 2
2 5; 2 5 

= − − = − +
b). Ta có:

2 2
4 4 2 2 2
1 1 1 1
' 2m 2 1 2 2 2 2 2 2 0,
2 2 2 2
       
   
∆ = + + = − + + + + = − + + ≥ ∀
 ÷  ÷
   
Nếu:
2
1
0
2
' 0
1
0
2



− =


∆ = ⇔



+ =


vô nghiệm
Do đó
' 0, 
∆ > ∀
. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Câu 4.
21

D
N
M
C
B
O
A
a). Xét tứ giác ABOC có :

·
·
90 90 180# #+ = + =
o o o
nên tứ giác ABOC nội tiếp
b). Xét ∆MBN và ∆MCB có :

¶


chung

·
·
$ =
(cùng chắn cung BN)
=> ∆MBN ∼ ∆MCB (g-g) nên
2
.
 $
 $ 
 
= ⇔ =

c). Xét ∆MAN và ∆MCA có góc
¶

chung.
Vì M là trung điểm của AB nên
 
=
.
Theo câu b ta có:
2
. $ 
=

 
$ 
⇔ =

Do đó : ∆MAN ∼ ∆MCA (c-g-c)
=>
·
·
·
$  $= =
(1)
mà:
·
·
$ $=
( cùng chắn cung NC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
·
·
$ $=
hay
·
·
$ =
.
Câu 5. Ta có:
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
3
   

A   @ @
  @ @    
   
+
= + + + + = + + + + +
 ÷  ÷
   

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2
2 . 2
   
   
+ ≥ =

2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
15 1 1
5
16 16 16
 @  @ @
A
@  @   
   
 
≥ + + + + + +
 ÷  ÷
 ÷
 

   
Lại áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2
1
2 .
16 16 2
 @  @
@  @ 
+ ≥ =
2 2 2 2
2 2 2 2
1
2 .
16 16 2
 @  @
@  @ 
+ ≥ =
Và
2
2 2 2
1 1 2 2 8
( )
2
    
 
+ ≥ ≥ =
+
+
 

 ÷
 
nên
2
2 2
2 2 2
15 1 1 15 8 15 15
.
16 16 ( ) 2 2
@ @ @
     
   
+ ≥ = =
 ÷  ÷
+ +
   
(vì
  @+ ≤
)
Suy ra :
1 1 15 27
5
2 2 2 2
A
≥ + + + =
. Đẳng thức xảy ra khi
2
@
 = =
.

22
Vậy
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1 27
2
  @
  @
 
+ + + + ≥
 ÷
 
.
ĐỀ 11: THANH HÓA
Câu 1: 
1.Giải các phương trình:
a. x – 2 = 0
b. x
2
– 6x + 5 = 0
2.Giải hệ phương trình:
3x -2y = 4
x + 2y = 4



Câu 2: Cho biểu thức:
2
x -1 1 1

A = : -
x - x
x x +1
 
 ÷
 
với
x > 0;x 1≠
1.Rút gọn A.
2.Tính giá trị của biểu thức A khi
x = 4 + 2 3
Câu 3:  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):
y = mx -3
tham số
m và Parabol (P):
2
y = x
.
1.Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 0).
2. Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần
lượt là x
1
, x
2
thỏa mãn
1 2
x -x = 2

Câu 4: 
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA; qua C kẻ

đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên
cung nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B và M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM.
Gọi H là giao điểm của AK và MN. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
2. AK.AH = R
2
3. NI = BK
Câu 5: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
Q = + +
x + y+1 y + z +1 z + x +1
HƯỚNG DẪN :
SỞ GIÁO DỤC THANH
HÓA
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO
Năm hc: 2014 – 2015
Ngy thi: 30 tháng 06 năm 2014
,!%BCC)D'
Câu Nội dung Điểm
Câu 1


1. Giải các phương trình:
a. x = 2
b. x
2
– 6x + 5 = 0. Nhận thấy 1 + (-6) + 5 = 0 phương trình có dạng a+ b + c
= 0. Vậy ngiệm của phương trinh là:
1

2
x =1
x = 5



0.5
0.75
0.75
23
chínhĐề
th cứ
2. Giải hệ phương trình:
3x - 2y = 4 4x = 8 x = 2
x + 2y = 4 x + 2y = 4 y = 1
  
⇔ ⇔
  
  
Câu 2


1. Với với
x > 0;x 1≠


2
x -1 1 1
A = : -
x - x

x x +1
x -1 x +1- x
A = :
x( x +1)( x -1) x x +1
1 x x +1
A =
1
x( x +1)
1
A =
x
 
 ÷
 
 
 ÷
 ÷
 
g

2. Với
2 2
x = 4 + 2 3 ( 3 1) x = ( 3 1) 3 1= + ⇒ + = +
, suy ra
1 3 1
A =
2
3 1
−
=

+
1
1
0.5
0.5
Câu 3


1. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 0) nên có
0 = m.1-3 m = 3⇒
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P):
2
x - mx + 3 = 0
Có
2
Δ = m -12
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt là x
1
, x
2
khi
[
2 2
2 3
Δ = m -12 > 0 m 12 m 2 3
2 3



>

⇔ > ⇔ > ⇔


< −


Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có:
1 2
1 2
x + x = m
x x = 3



Theo bài ra ta có
( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x -x = 2 x - x = 4 x + x -4x x = 4 m -4.3 = 4 m =16 m = ±4⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

m = ±4
là giá trị cần tìm.
0.5
0.75
0.75
Câu 4


1.Ta có

·
0
AMB = 90
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
MN AB
⊥
·
·
0
AMB + BCH = 90⇒ ⇒
tứ giác BCHK nội tiếp
2.Ta có

2
ΔACH ΔAKB(gg)
AH AC
=
AB AK
1
AH.AK = AC.AB = 2R. R = R
2
⇒
⇒
:
3. Ta có:
ΔOAM
đều (cân tại M và O)
·
·
·

0
MAB = NAB = MBN = 60⇒
ΔMBN, ΔKMI⇒
đều
Xét
ΔKMB
và
ΔIMN
có:
MK = MI (cạnh tam giác đều KMI)
1.0
1.0
0.25
24
·
·
KMB = IMN⇒
(cùng cộng với góc BMI bằng 60
0
)
MB = MN (cạnh tam giác đều BMN)
ΔKMB ΔIMN(c.g.c)
N

I = BK
⇒ =
⇒

0.25
0.25

0.25
Câu 5


Với x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1 ta đặt x = a
3
, y = b
3
, z = c
3

⇒
abc
= 1
Khi đó ta có:
( )
( )
( )
3 3 2 2
x + y +1 = a + b + abc = a + b a -ab + b + abc a + b ab + abc = ab(a + b + c)≥
Tương tự:
y + z +1 bc(a + b + c)≥

z + x +1 ca(a + b + c)≥
1 1 1 abc abc abc
Q = + + + + 1
x + y +1 y + z +1 z + x +1 ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c)
≤ =
Vậy GTLN của Q = 1 khi a = b = c = 1, hay x = y = z =1
0.25

0.25
0.25
0.25
ĐỀ 12:
SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CÀ MAU Năm hc: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN
Ngy thi 23/6/2014
,!%)D'7E%!7',!%!-F
Bi 1 : 
a) Giải phương trình 6x
2
– 5x – 6 = 0
b) Tìm tham số m để phương trình :x
2
+2(m +1)x +2m
2
+2m +1 = 0 vô nghiệm
Bi 2: 
 Tính giá trị của biểu thức A =
1 1
6 2 6 2
+
− +
 Rút gọn biểu thức B2
1 2 2 1 2x x x− − − + + −
GH
2 3x
≤ <
Bi 3 :

a) Giải hệ phương trình:
2
8x y 6
x y 6
− =


− = −

b) Vẽ đồ thị của 2 hàm số : y = x
2
và y = 5x – 6 trên cùng hệ trục tọa độ Oxy và
tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên.
Bi 4:
Một hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Nếu cả chiều dài và chiều
rộng cùng tăng thêm 5 cm thì dược một hình chữ nhật mới có diện tích bằng 153
cm
2
.Tìm chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu
Bi 5: 
25