Bộ sưu tập một số đề và hướng dẫn chấm thi vào lớp 10 năm 2014-2015 các sở


 !" #
$%
&'()%*+, !
'/0*0)%1+23+0 4'56
( không kể thời gian phát đề )
7+089:;0<2=
a) Giải phương trình :
3( 1) 3 3 0x + − − =
b) Giải hệ phương trình :
10 3
2 9
x y
x y
+ =


− =

c) Giải phương trình : x
4
+ x
2
– 2 = 0
7+0 8:#;0<2=
Cho hàm số y = x + 2 có đồ thị là đường thẳng (d)
a) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho trên mặt phẳng tọa độ Oxy .
b ) Xác định a để Parabol ( P ) : y = ax
2
cắt đường thẳng (d) tại điểm có hoành độ x
= –1 .

7+098 :;0<2=
Cho phương trình bậc hai ẩn x và m là tham số:
x
2
– 2mx + 2m – 1 = 0 (*)
a) Chứng tỏ x = 1 là nghiệm của phương trình(*) .
b) Với m nào thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
và cả hai nghiệm
đều là số dương .
c) Chứng minh rằng với mọi số m ta luôn có : 2 x
1
2
+ x
2
2
– 2 x
1
x
2
≥

1
2
. Dấu “ = ”
xãy ra khi nào ?
7+0!89:#;0<2=
 Cho đường tròn ( O ) tâm O , đường kính AB = 4 . Vẽ hai tiếp tuyến Ax và

By cùng phía đối với đường thẳng AB . Lấy hai điểm D và C lần lượt nằm trên Ax
và By sao cho BC = 4 và CD tiếp xúc với đường tròn ( O ) tại M .
a ) Chứng minh tứ giác AOMD nội tiếp .
b ) Chứng minh tam giác COD vuông .
c ) Chứng minh OM
2
= AD.BC .
d ) Tính diện tích tứ giác ABCD .
H_T
&>?
@A
7BC !" #

 $%6'0
*+,6'0 D-E- !
'/0*0)%1+23+0 4'56(không kể thời gian
phát đề)

7+0(2,5 điểm)
a) Giải phương trình: 3x – 5 = x + 1
b) Giải phương trình:
2
6 0x x+ − =
c) Giải hệ phương trình:
2 8
1
x y
x y

− =


+ = −

d) Rút gọn biểu thức: P =
5
2 5
5 2
−
−
7+0 (1,5 điểm)
Cho phương trình:
( ) ( )
2
2 1 3 0 1x m x m− − + − =
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau.
7+09(2,0 điểm)
Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ, nếu làm
riêng thì thời gian hoàn thành công việc của đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 7 giờ. Hỏi nếu làm
riêng thì thời gian để mỗi đội hoàn thành công việc là bao nhiêu?
7+0! (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên cùng một nửa đường tròn (O) lấy 2 điểm G và
E (theo thứ tự A, G, E, B) sao cho tia EG cắt tia BA tại D. Đường thẳng vuông góc với BD tại D
cắt BE tại C, đường thẳng CA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F.
a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp.
b) Chứng minh: BF = BG
c) Chứng minh:
.

.
DA DG DE
BA BE BC
=
7+0# (1,0 điểm)
Cho A =
1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 120 121
+ + + +
+ + + +
B =
1 1
1
2 35
+ + +
Chứng minh rằng: B > A
BÀI GIẢI
7+0(2,5 điểm)
a) 3x – 5 = x + 1
3x⇔ =
b)
2
6 0x x+ − =
Giải ra được nghiệm:
1 2
3; 2x x= − =
c)
2 8
1

x y
x y
− =


+ = −


3 9 3
1 2
y y
x y x
− = = −
 
⇔ ⇔
 
+ = − =
 
d) P =
5
2 5
5 2
−
−
=
( )
( ) ( )
5 5 2
2 5 5 2 5 2 5 5
5 2 5 2

+
− = + − =
− +
7+0 (1,5 điểm)
a) Phương trình (1) có:
( ) ( )
2
2
2 2
3 7
' ' 1 3 3 4 0
2 4
b ac m m m m m m
 
 
∆ = − = − − − − = − + = − + > ∀
 ÷
 
 
, (vì
2
3
0,
2
m m
 
− ≥ ∀
 ÷
 
)

Vậy: phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) PT (1) có hai nghiệm đối nhau
( )
2 1 0
0 1
1
0 3
3 0
m
S m
m
P m
m

− =
= =
 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
< <
− <

 

Vậy với m = 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau.
7+09(2,0 điểm)
Gọi x (giờ) là thời gian một mình đội một làm hoàn thành công việc. ĐK: x > 12.
Thời gian một mình đội hai làm xong công việc là: x – 7 (giờ)
Trong 1 giờ: + Đội một làm được:

1
x
(CV)
+ Đội hai làm được:
1
7x −
(CV)
+ Cả hai đội làm đươc:
1
12
(CV)
Ta có: PT:
2
1 1 1
31 84 0
7 12
x x
x x
+ = ⇔ − + =
−
Giải PT được nghiệm:
( ) ( )
1 2
28 ; 3x TM x KTM= =
Vậy: Đội một làm một mình sau 28 giờ xong công việc
Đội hai làm một mình sau 21 giờ xong công việc
7+0!(3,0 điểm)
a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp.
Ta có:
·

0
AF 90B =
(góc nt chắn nửa đường tròn)
Ta có:
·
·
0
90CDB CFB= = ⇒

tứ giác DFBC nội tiếp đường tròn đường kính BC
b) Chứng minh: BF = BG
Ta có:
·
0
90AEB =
(góc nt chắn nửa đường tròn)

·
0
90AEC⇒ =
Ta có:
·
·
0
180AEC ADC+ =
⇒
Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn đường kính AC
µ µ
1 1
E C⇒ =

(vì nt cùng chắn cung DA)
Ta có:
µ
µ
1 1
B C=
(vì nt cùng chắn cung DF của đường tròn đường kính BC)
Do đó:
µ
µ
»
»
»
»
1 1
AFE B AG BF BG BF BG= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
c) Chứng minh:
.
.
DA DG DE
BA BE BC
=
Ta chứng minh được:
∆
DGB
∽
∆
DAE (g – g)
. .
DG DB

DG DE DA DB
DA DE
⇒ = ⇒ =
(1)
∆
BEA
∽
∆
BDC (g – g)
. .
BE BA
BE BC BA BD
BD BC
⇒ = ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
. .
. .
DG DE DA DB DA
BE BC BA BD BA
= =
(đpcm)
7+0# (1,0 điểm)
Ta có: A =
1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 120 121
+ + + +
+ + + +
=

=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 2 3 120 121

1 2 1 2 2 3 2 3 120 121 120 121
− − −
+ + +
+ − + − + −
=
1 2 2 3 120 121

1 1 1
− − −
+ + +
− − −
=
2 1 3 2 121 120− + − + + −
= - 1 + 11 = 10 (1)
Với mọi k
*
,N∈
ta có:
( )
1 2 2
2 1
1
k k
k k k k k
= > = + −
+ + +

Do đó: B =
1 1
1
2 35
+ + +

( )
2 1 2 2 3 3 4 35 36B⇒ > − + − + − + − − +
=
( )
( )
2 1 36 2 1 6 10− + = − + =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: B > A
GV: Võ Mộng Trình – TRƯỜNG THCS CÁT MINH - PHÙ CÁT BÌNH ĐỊNH

F7BGH &B
 !" #
$%6'0IJ%
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao để
Ngày thi: 28/6/2014
7+0K8;0<2=
Rút gọn biểu thức: A =
2 1
3 2 2
2 1
−
+ −
+
7+0 K8:#;0<2=

Cho hai hàm số y = -2x
2
và y = x
1) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2) Tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị bằng phép tính.
7+09K8 ;0<2=
1) Giải hệ phương trình
1
4
3
2
1
3
x y
x y

+ =




− =


2) Giải phương trình: 2x
2
– 3x – 2 = 0
3) Giải phương trình: x
4
– 8x

2
– 9 = 0
7+0!K8 ;0<2=
Cho phương trình x
2
– 2(m-1)x + 2m – 5 = 0 (m là tham số)
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
3) Với giá trị nào của m thì biểu thức A =
2 2
1 2
x x+
(x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương
trình) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
7+0#K89:#;0<2=
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên tia AB lấy điểm C bên ngoài đường tròn.
Từ C kẻ đoạn CD vuông góc với AC và CD = AC. Nối AD cắt đường tròn (O) tại M.
Kẻ đường thẳng DB cắt đường tròn (O) tại N.
1) Chứng minh ANCD là tứ giác nội tiếp. Xác định đường kính và tâm của đường
tròn ngoại tiếp tứ giác ANCD.
2) Chứng minh
·
·
CND CAD=
và MAB là tam giác vuông cân.
3) Chứng minh AB.AC = AM.AD

Hết
0L0
7+0K8;0<2=
Rút gọn biểu thức:
( )
( )
2
2
2
2
2 1
2 1
3 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 1
2 1
A
−
−
= + − = + − = + − − = + − + =
+
−
7+0 K8:#;0<2=
1) Vẽ đồ thị của các hàm số y = -2x
2
và y = x
Lập bảng giá trị
x -2 -1 0 1 2
y = -2x
2
-8 -2 0 -2 -8

x 0 1
y = x 0 1
Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm (0; 0) và (1 ;
1) Ta được đồ thị y = x
2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là : -2x
2
= x
⇔ 2x
2
+ x = 0 ⇔ x(2x + 1) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
1
2
−
Với x
1
= 0, ⇒ y
1
= 0
Với x
2
=
1
2
−
, ⇒ y
2
=
1
2
−

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị là (0; 0) và
1 1
;
2 2
 
− −
 ÷
 
7+09K8 ;0<2=
1) Giải hệ phương trình
1
3
4
3
3
2
2 3
.3 1
1
3
3
y
x y
y
x
x
x y

=
+ =



=

 
⇔ ⇔
  
=
− =

 
− =



Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x,y) = (3; 3)
2) Giải phương trình: 2x
2
– 3x – 2 = 0
∆ = b
2
– 4ac = 9 + 4.2.2 = 25 > 0 , ⇒
∆
= 5
Vì ∆ > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1
2
3 5
2
2 2.2

3 5 1
2 2.2 2
b
x
a
b
x
a

− + ∆ +
= = =



− − ∆ −

= = = −


3) Giải phương trình: x
4
– 8x
2
– 9 = 0 (1)
Đặt t = x
2
(đk: t ≥ 0)
Phương trình (1) trở thành: t
2
- 8t – 9 = 0 (2)

PT (2) có dạng: a - b + c = 1 + 8 – 9 = 0
⇒ PT (2) có 2 nghiệm
1
2
1( )
9( )
t loai
c
t nhan
a
= −



−
= =


Với t= t
2
= 9 ⇒ x
2
= 9 ⇔ x = ±3
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm: x
1
= 3; x
2
= -3
7+0!K8 ;0<2=
Cho phương trình x

2
– 2(m-1)x + 2m – 5 = 0 (m là tham số)
1) ∆’ = b’
2
– ac = [-(m-1)]
2
– 1.(2m-5)
= m
2
– 2m + 1 – 2m + 5 = m
2
– 4m + 6 = (m-2)
2
+ 2 ≥ 2 > 0 với mọi m
Vì ∆’ > 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Theo định lí Vi-et ta có: x
1
.x
2
=
c
a
= 2m-5
+ Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m(câu a)
+ Phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu khi: x
1
.x
2

< 0

⇔ 2m-5 < 0
⇔ m <
5
2
(tmđk)
3) + Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m(câu a).
+Theo hệ thức Vi-et ta có:
1 2
1 2
2 2
. 2 5
b
x x m
a
c
x x m
a
−

+ = = −




= = −


+Từ A =
2 2
1 2

x x+
= (x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1
.x
2
= (2m-2)
2
– 2(2m-5)
= 4m
2
– 12m + 14
= (2m – 3)
2
+ 5 ≥ 5
⇒ A = 5 thì đạt giá trị nhỏ nhất
Dấu “=” xảy ra khi 2m - 3 = 0 ⇔ m =
3
2
(tmđk)
Vậy m =
3
2
thì A = 5 đạt giá trị nhỏ nhất.
7+0#K89:#;0<2=

a) Ta có: AC ⊥ CD (gt)
⇒
·
ACD
= 90
0

·
·
AND ANB=
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Xét tứ giác ANCD có :
· ·
ACD AND=
(= 90
0
)
⇒ Tứ giác ANCD nội tiếp đường tròn đường kính AD và tâm đừơng tròn là trung
điểm AD. (Có 2 đỉnh kề N, C cùng nhìn 1 cạnh AD nối 2 đỉnh còn lại dưới góc bằng
nhau là 90
0
)
b) Ta có:
·
·
CND CAD=
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC)
·

AMB
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
⇒ ∆AMB vuông tại M
Ta có: CA = CD (gt) Và
·
ACD
= 90
0
(cmt)
⇒ ∆CAD vuông cân tại C
⇒
·
MAB
= 45
0
⇒
·
MBA
= 45
0
( vì ∆AMB vuông tại M)
Nên ∆MAB là tam giác vuông cân.
c) Xét ∆ABM
·
( )
0
90AMB =
và ∆ADC

·
( )
0
90ACD =
có :
·
DAC
: chung
⇒ ∆ABM đồng dạng ∆ADC (g-g)
⇒
AB AM
AD AC
=
⇒ AB.AC = AM.AD
Hết
MN !" #
H =
( )
2
3 5 5− +
Câu Nội dung
K (2,5
đ)
1.
N = 1 +
81
= 1 + 9 = 10
H =
( )
2

3 5 5− +
= | 3 –
5
| +
5

= 3 –
5
+
5
= 3
2.
ĐKXĐ:
≥
0 và x
≠
1
G =
x x x 1
x 1 x 1
− −
−
− +
=
( ) ( )( )x x 1 x 1 x 1
x 1 x 1
− + −
−
− +
=

x
– (
x
– 1) = 1
K (2,0
đ)
1a.
+ Bảng một số giá trị của (P):
x – 2 –1 0 1 2
y = – x
2
– 4 – 1 0 – 1 – 4
A
+ (d) đi qua 2 điểm (0; 2) và (– 1; – 1)
+ Đồ thị:
1b.
d' có dạng: y = a’x + b’
d’
⊥
d
⇔
a’. a = – 1
Với: a = 3
⇒
a’ =
1
3
−
⇒
d’ : y =

1
3
−
x + b’
Pt hoành độ giao điểm của (P) và d’: – x
2
=
1
3
−
x + b’
⇔
x
2

1
3
−
x + b’ = 0
(*)
Pt (*) có
∆
=
1
9
– 4b’
d' tiếp xúc (P) khi
∆
=
1

9
– 4b’ = 0
⇔
b’ =
1
36
Vậy d’ có phương trình: y =
1
3
−
x +
1
36
K 2.
Hệ pt:
3x y 5
5x 2y 23
− =


+ =


⇔
6x 2y 10
5x 2y 23
− =


+ =


⇔
11x 33
3x y 5
=


− =

⇔
x 3
y 3x 5
=


= −

⇔
.
x 3
y 3 3 5 4
=


= − =

Vy h pt cú nghim x = 3 v y = 4
9K (2,5
)
1a.

Khi m = 4, ta cú pt: x
2
+ 4x + 1 = 0 (*)
Pt (*) cú

= 3 > 0
Suy ra : x
1,2
= 2
3

Vy khi m = 4, pt (1) cú 2 nghim x
1,2
= 2
3
.
1b.
Pt (1) cú 2 nghim x
1
, x
2



= m
2
4

0

m
2


4

| m |

2

m 2
m 2





.
p dng h thc Vi-ột cho pt (1):
.
1 2
1 2
S x x m
P x x 1
= + =


= =

Theo bi:

2 2
1 2
2 2
2 1
x x
7
x x
+ >


.
4 4
1 2
2 2
1 2
x x
7
x x
+
>

x
1
4
+ x
2
4
> 7(x
1
.x

2
)
2


(x
1
2
)
2
+ (x
2
2
)
2
> 7(x
1
.x
2
)
2

(x
1
2
+ x
2
2
)
2

2x
1
2
.x
2
2
> 7(x
1
.x
2
)
2

[(x
1
+ x
2
)
2
2x
1
.x
2
]
2
> 9(x
1
.x
2
)

2

[ ( m)
2
2 . 1 ]
2
> 9. 1
2

( m
2
2)
2
> 9

| m
2
2 | > 3

2
2
m 2 3
m 2 3

>

<

>

<

2
2
m 5
m 1(voõ nghieọm)
Vi m
2
> 5

| m | >
5

m 5
m 5

>

<


(tha K)
Vy khi m >
5
hoc m <
5
thỡ pt (1) cú 2 nghim tha

2 2
1 2
2 2
2 1
x x
7
x x
+ >
.
2.
Gi x(m) l chiu rng ca mnh vn hỡnh ch nht (x > 0)
Chiu di ca mnh vn hỡnh ch nht:
360
x
(m)
Theo bi, ta cú pt: (x + 2)(
360
x
6) = 360

6x
2
12x + 720 = 0

x
2
+ 2x 120 = 0


=

=

x 10(thoỷa ẹK)
x 12(khoõng thoỷa ẹK)
Vi x = 10

360
x
= 36
Chu vi ca mnh vn: 2(10 + 36) = 92 (m
2
)
!K (1,0
)

ABC vuụng ti A nờn:

à
B
+
à
C
= 90
0


à
B
= 30

0
AC = AB. tanB = 6. tan30
0
= 6.
3
3
= 2
3
(cm)
BC =
2 2
AB AC+
=
( )
2 2
6 2 3+
= 4
3
(cm)
• AB. AC = BC. AH
⇒
AH =
.AB AC
BC
=
.6 2 3
4 3
= 3(cm)
• AM =
1

2
BC =
1
2
.4
3
= 2
3
(cm)
#K (2,5
đ)
1.
Hình vẽ:
(O) có:
• BE là tiếp tuyến tại B
⇒
BE
⊥
OB
⇒
·
OBE
= 90
0
nhìn đoạn OE (1)
• CE là tiếp tuyến tại C
⇒
CE
⊥
OB

⇒
·
OCE
= 90
0
nhìn đoạn OE (2)
Từ (1) và (2)
⇒
Tứ giác OBEC nội tiếp đường tròn đường kính OE.
2.
(O) có:
•
·
ADB
=
·
BAx
(cùng chắn
»
AB
) (1)
• PQ // d
⇒
·
APE
=
·
BAx
(so le trong) (2)
Từ (1) và (2)

⇒

·
ADB
=
·
APE
∆
ABD và
∆
AEP có:
·
ADB
=
·
APE
(cmt) và
·
EAP
chung
⇒
∆
ABD
∆
AEP (g.g)
⇒
AB AD
AE AP
=

⇒
AB. AP = AD. AE (đpcm).
3.
(O) có:
•
·
BAx
=
¶
2
B
(cùng chắn
»
AB
)
•
µ
1
B
=
¶
2
B
(đối đỉnh)
⇒
·
BAx
=
µ
1

B
Mà:
·
BAx
=
·
APE
(cmt)
⇒
µ
1
B
=
·
APE

⇒
∆
BEP cân tại E
⇒
EP = EB (1)
(O) có:
•
·
CAy
=
¶
2
C
(cùng chắn

»
AC
)
# 3.
µ
1
C
=
¶
2
C
(đối đỉnh)
⇒
·
CAy
=
µ
1
C
PQ // d
⇒
·
CAy
=
·
AQE
(so le trong)
⇒
µ
1

C
=
·
AQE

⇒
∆
CEQ cân tại E
⇒
EQ = EC (2)
Hai tiếp tuyến EB và EC cắt nhau tại E
⇒
EB = EC (3)
Từ (1), (2) và (3)
⇒
EP = EQ (đpcm).
∆
ABC và
∆
AQP có:
·
ACB
=
·
APQ
(cùng bằng
·
BAx
) và
·

PAQ
chung
⇒
∆
ABC
∆
AQP (g.g)
⇒
.
.
AC BC 2 MC MC
AP PQ 2 PE PE
= = =
⇒

PE PA
CM CA
=
∆
AEP và
∆
AMC có:
•
PE PA
CM CA
=
(cmt)
•
·
APE

=
·
ACM
( cùng bằng
·
BAx
)
⇒

∆
AEP
∆
AMC (c. g. c)
⇒
·
PAE
=
·
MAC
(đpcm)
4.
Gọi N là giao điểm của tia AM và (O), ta có:
•
·
BAN
=
·
BCN
( cùng chắn
»

BN
)
•
·
AMB
=
·
NMC
(đối đỉnh)
⇒
∆
AMB
∆
CMN (g.g)
⇒
AM MB
CM MN
=
⇒
AM . MN = MB.MC =
BC
2
.
BC
2
=
2
BC
4
(*)

(O) có:
•
·
·
·
·
·
»
·
»

= ⇒ =






PAE MAC (cmt) BAD NAC
BAD noäi tieáp chaén BD
NAC noäi tieáp chaén CN

⇒
»
»
BD CN=

⇒
BD = CN.
∆

EBC cân tại E
⇒
·
EBM
=
·
ECM
⇔
·
·
EBD DBM+
=
·
·
ECN NCM+
Mà:
·
EBD
=
·
ECN
(chắn 2 cung bằng nhau)
⇒
·
DBM
=
·
NCM
∆
BDM và

∆
CNM có:
·
·
MB MC
DBM NCM
BD CN
=


=


=


⇒
∆
BDM =
∆
CNM (c.g.c)
⇒
MD = MN (**)
Từ (*) và (**)
⇒
AM. MD =
2
BC
4
(đpcm)

F &>
 O2'PQ !" #
RS $%6'0
*+,6'0 9-E- !
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
7+0(1,5 điểm)
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
7+0 (1,5 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức A =
1 1
6 2 6 2
+
− +
b) Rút gọn biểu thức B =
1 2 2 1 2x x x− − − + + −
với
2 3x
≤ <
7+09(2,0 điểm)
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 tr‰c tọa độ Oxy và
tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên.
7+0!(2,0 điểm)
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
7+0#(3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O).Các đường cao
BF,CK của tam giác ABC lần lượt cắt (O) tại D,E.
a) Chứng minh : Tứ giác BCFK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh : DE //FK.
c) Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng với B,C qua O.Chứng minh đường tròn
ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính không đ•i khi A thay đ•i trên cung nhỏ
»
PQ
(không trùng với các điểm P,Q)

…………Hết………
Bài 1:
a)
2

6 5 6 0x x− − =

2
5 4.6.6 25 144 169
5 13 3 5 13 2
12 2 12 3
x hay x
∆ = + = + =
+ −
⇔ = = = = −
b)Phương trình :x
2
+2(m +1)x +2m
2
+2m +1 = 0 (a= 1;b=2(m+1);c=2m +2m+1)
∆' = (m+1) -2m-2m-1= m +2m+1-2m -2m-1= -m < 0 với mọi m
Vậy phương trình trên vô nghiệm với mọi m ⇒ m ∈ R
Bài 2:
a) A =
1 1
6 2 6 2
+
− +
( ) ( )
6 2 6 2 2 6 6
6 4 2
6 2 6 2
+ + −
= =
−

−
=
−
b) B =
1 2 2 1 2x x x− − − + + −
(với
2 3x
≤ <
)

( )
2
2 1 1 2 2 1 1 2B x x x x= − − + + − = − − + + −


2 1 1 2 2B x x= − − + + + − =
(Vì 2<x<3⇒ -1<0)
Bài 3:
a)
2
8 6
6
x y
x y
− =


− = −

⇔

2
8 6
6
x y
x y
− + = −


− = −

⇔
2
8 6
8 12 0
x y
x x
− =


− + =

⇔
6
42
x
y
=


=


hoặc
2
10
x
y
=


=

Bài 4:
Gọi x là chiều rộng hình chữ nhật lúc đầu (x>0) (cm)
Chiều dài hình chữ nhật lúc đầu: 3x (cm)
Chiều rộng hình chữ nhật lúc sau: x + 5 (cm)
Chiều dài hình chữ nhật lúc sau: 3x + 5 (cm)
Theo đề bài ta có phương trình: (x + 5).(3x + 5) = 153
⇔ 3x + 20x - 128 = 0⇔ x = 4 (TMĐK) hay x = - 32/3 < 0 (loại)
Vậy chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật ban đầu: 12 cm và 4 cm
Bài 5:
 &>
KT O2'PQ !" #
RS A
Thời gian làm bài: 120 phút
7+0(1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
9 4A = −
Rút gọn biểu thức
2 2 2
2

2 2
x x
P
x
x x
−
= +
−
+
, với x > 0,
2x
≠
7+0 (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 4 5
6 7 8
x y
x y
+ =


+ =

7+09(2,0 điểm)
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.
7+0!(2,0 điểm)
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
6x x− =
7+0#(3,5 điểm)
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.
1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C).
2)Trên cung nhỏ
»

AD
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
·
·
BHE BFC=
b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.
BÀI GIẢI
7+0
1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
1
2 2
2 2 2 2
x
x x
P
x x
x x x x
−
= + = + =

+ +
+ − +
7+0 
3 4 5 6 8 10 2 1
6 7 8 6 7 8 6 7 8 2
x y x y y x
x y x y x y y
+ = + = = = −
   
⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + = + = =
   

7+09
1)
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 m
′
∆ = +

Để (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4m m
′
∆ > ⇔ + > ⇔ > −
y = 4x + m = 1 => x =
1
4
m−
Yêu cầu của bài toán tương đương với
4 4 4
1 7 7
2 4 4 4
4 4 4
m m m
hay
m m m
m m m
> − > − > −
  
  
⇔
  − − − − −
± + = + = − + =
  
  
⇔
4
7

7
4
4
m
m
m
m


> −

< −


− −

+ =

(loại) hay
4
7
4 4 7
m
m
m m

> −

> −


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

+ = + +
− − =




7+0!
1)Khi m = 0, phương trình 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 0m m m m m m m m
′
∆ = − + = − + = − + + = − + > ∀
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Ta có
( )
2
1 2 1 2
2 2 , 0= + = − = = − ≤S x x m P x x m
Ta có

( )
2
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
6 2 36 2 2 36− = ⇒ − + = ⇔ + − + =x x x x x x x x x x x x
( ) ( )
2 2
4 2 36 2 9− = ⇔ − =m m
1hay 5⇔ = − =m m
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.
7+0#
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)
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⇒ =
A
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.
Vậy HK // AF.
Vậy ED // HK // AF.
Ngô Thanh Sơn, Nguyễn Phú Vinh
(Trường THPT Vĩnh Viễn – TP. HCM)

MGH
RS
&>
UV?W
 !" #
$%6'0IJ%8X'$%*Q'Y,Z%=
Thời gian làm bài: 120 phút
[6'0*\26])%*

^Y8 :;0<2=
1) Giải phương trình:
43 1x x− = −
2) Rút gọn biểu thức:
10 2 3 1
( 0; 1)
3 4 4 1
x x x

A x x
x x x x
− +
= − + ≥ ≠
+ − + −
^Y8 :;0<2=
Cho Parabol (P):
2
y x=
và đường thẳng (d):
( 1) 4y m x m= − + +
(tham số m)
1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của tr‰c tung.
^Y8 :;0<2=
1) Cho hệ phương trình:
3 2
3 2 11
x y m
x y m
+ = +


− = −

( tham số m)
B
F
C
D

E
H
K
N
Tìm m để hệ đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn x
2
– y
2
đạt giá trị lớn nhất.
2) Một ô tô dự định đi từ A đến B 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 B đúng thời gian đã định. Tìm vận tốc dự định của ô tô.
^Y89:;0<2=
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AM, BN, CP của tam giác ABC cắt nhau
tại H. Dựng hình bình hành BHCD.
1) Chứng minh: Các tứ giác APHN, ABDC là các tứ giác nội tiếp.
2) Gọi E là giao điểm của AD và BN. Chứng minh: AB.AH = AE.AC
3) Giả sử các điểm B và C cố định, A thay đ•i sao cho tam giác ABC nhọn và
·
BAC
không đ•i. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đ•i.
^Y8:;0<2=
Cho x; y là hai số dương thay đ•i. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

( ) ( )
2 2
2 2

x y x y

S
x y xy
+ +
= +
+
Hết
Họ và tên thí sinh :…………………………………….Số báo danh :
………………………
Chữ ký của giám thị 1 :……………………… Chữ ký của giám thị 2 :…………
…………



MGH
G_`

U
V?W !" #
$%6'0IJ%8X'$%*Q'Y,Z%=
=G_
- 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.
=7`
^Y a b0cY%* 0<2
I 1
Giải phương trình:
43 1x x− = −
:
( )
2

1 0 (1)
43 1
43 1 (2)
x
x x
x x
− ≥


− = − ⇔

− = −



0,25
(1)
1x
⇔ ≥
0,25
(2)
2
42 0x x⇔ − − =

7
6
x
x
=


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

0,25
I 2
Rút gọn biểu thức:
10 2 3 1
( 0; 1)
3 4 4 1
x x x
A x x
x x x x
− +
= − + ≥ ≠
+ − + −
:

( ) ( )
10 2 3 1

4 1
4 1
x x x
A
x x
x x
− +
= − −
+ −
+ −
0,25

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

4 1
x x x x x
x x
− − − − + +
=
+ −

0,25
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
10 2 5 3 5 4
3 10 7
=

4 1 4 1
x x x x x
x x
x x x x
− − + − + +
− + −
=
+ − + −
0,25
( ) ( )
( ) ( )
1 7 3
7 3
= =
4
4 1
x x
x
x
x x
− −
−
+
+ −
( vì
0; 1x x≥ ≠
)
0,25
II
Cho Parabol

( )
2
: P y x=
và đường thẳng
( )
: ( 1) 4d y m x m
= − + +
(tham số m)
:
1 Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). :
m = 2 ta có phương trình đường thẳng (d) là: y = x + 6 0,25
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình

2
6x x= +

0,25

2
2
6 0
3
x
x x
x
= −

⇔ − − = ⇔

=


0,25
*
2 4x y= − ⇒ =
*
3 9x y= ⇒ =
Vậy m = 2 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm
( )
2;4A −
và
( )
3;9B
0,25
II 2 Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của tr‰c tung. :
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình

( )
2
1 4x m x m= − + +
( )
2
1 4 0x m x m⇔ − − − − =
(*)
0.25
(d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của tr‰c tung khi và
chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu
0,25
( )
1. 4 < 0 m⇔ − −
0,25

m > 4⇔ −
0,25
III 1
Cho hệ phương trình:
3 2
3 2 11
x y m
x y m
+ = +


− = −

( tham số m)
:
Giải hệ phương trình ta có
3

2 1
x m
y m
= +


= −

0,25
( ) ( )
2 2
2 2 2

3 2 1 = 3 10 8x y m m m m− = + − − − + +
0,25
2
49 5
= 3
3 3
m
 
− −
 ÷
 
Do
2
5
0
3
m
 
− ≥
 ÷
 
với mọi m; dấu “ = ” xẩy ra khi
5

3
m =
0,25
2 2
49

3
x y⇒ − ≤
, dấu “ = ” xẩy ra khi
5

3
m =

hay
2 2
x y−
lớn nhất bằng
49
3
khi
5

3
m =
0,25
III 2 Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) (x >6 )
Khi đó thời gian ô tô dự định đi hết quãng đường AB là
80
( )h
x
0,25
Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường đầu là
40
( )
6

h
x −
Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường còn lại là
40
( )
12
h
x +

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

0,25
Giải phương trình ta được
24x =
( thỏa mãn)
Vậy vận tốc dự định của ô tô là 24 (km/h) 0,25
IV 1
Từ giả thiết ta có
·
0
90APH =
và
·
0
90ANH =

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
90ABD =
Tương tự có
·
0
90ACD =

0,25

⇒
tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn ( đường kính AD ) 0,25
IV 2 Xét 2 tam giác ABE và ACH có :
·
·
ABE ACH=
( cùng ph‰ với
·
BAC

) (1)
0,25
·
BAE
ph‰ với
·
BDA
;
·
·
BDA BCA=
(góc nt cùng chắn
»
AB
)
·
CAH
ph‰ với
·
BCA
⇒
·
·
BAE CAH=
(2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra 2 tam giác ABE, ACH đồng dạng 0,25
⇒

. .

AB AC
AB AH AC AE
AE AH
= ⇒ =
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
·
BAC
không đ•i,
B và C cố định, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )
⇒
độ dài OI không đ•i
0,25


d





7


ABDC là hình bình hành

⇒
I là trung điểm HD
1
2
OI AH⇒ =
( OI là đường trung bình tam giác ADH)
⇒
độ dài AH không đ•i
0,25
Vì AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ
dài AH không đ•i
⇒
độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ
giác APHN không đ•i
⇒
đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN
có diện tích không đ•i.
0,25
V
Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2

x y x y
S
x y xy
+ +
= +
+

2 2
2 2
2
1+ 2
xy x y
x y xy
+
= + +
+
0,25

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

2 . 2
2 2
xy x y xy x y
x y xy x y xy
+ +
+ ≥ =
+ +
; « = »
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2
4 0
2
x y xy
x y x y x y
xy x y
+
⇔ = ⇔ + = ⇔ − =
+
2 2
( ; 0)x y x y x y= ⇔ = >
2 2
2 2
2 1
2
x y
x y xy

xy
+
+ ≥ ⇒ ≥
;« = »
x y
⇔ =
0,25
Cộng các bđt ta được
6S ≥


6 S x y= ⇔ =
.Vậy Min S = 6 khi và chỉ khi x = y
0,25


RS
&> !e #
$%6'08Af=
*+,6'0 D-E- !
'/0*0)% 4'56(không kể phát đề)
^Y: (2 điểm)
7+0 Thực hiện phép tính:
( )
2
2 5 1 20A = + −

7+0  Rút gọn biểu thức:
3 4 12
4

2 2
B
x
x x
= + −
−
− +
(với
0x
≥
và
4x
≠
)
7+09Giải phương trình sau:
4 8 2 2x x− − − =

^Y : (2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho Parabol
2
( ) :P y x=
và đường thẳng
( ): 2d y x= − +
.
a) Hãy vẽ
( )P
và
( )d

trên cùng một mặt phẳng tọa độ
Oxy
.
b) Tìm tọa độ giao điểm của
( )P
và
( )d
.
c) Viết phương trình đường thẳng
1
( ) :d y ax b= +
. Biết rằng
1
( )d
song song với
( )d
và cắt
( )P
tại điểm
A
có hoành độ là
2
.
^Y9: (2 điểm )