GIÁO ÁN ÔN THI VÀO 10 MÔN TOÁN CHUẨN (CHỈ VIỆC IN)

GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

ĐỀ ÔN SỐ 1 (Ngày dạy 05.05.2014)
Bài 1: ( 2,0 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
1) Chứng minh:

(

22 − 3 2

)

10 + 3 11 = 2

a( a − 1)
a
−
với a > 0 và a ≠ 1.
a −1
a+ a
Rút gọn rồi tính giá trị của P tại a = 20142 .

2) Cho biểu thức P =

1) Chứng minh:
Ta có:

(

(

22 − 3 2

22 − 3 2

)

)

10 + 3 11 = 2

10 + 3 11 =

= 2( 11 − 3) 10 + 3 11 =
( 11 − 3) 20 + 6 11 = ( 11 − 3) ( 11 + 3)2 = ( 11 − 3)( 11 + 3) = 11 − 9 = 2
2) P =

a( a − 1)
a
−
a −1
a+ a

Ta có: P =

(ĐK : a > 0 và a ≠ 1)

a( a − 1)
a
−
=

a −1
a+ a

Với a = 20142, ta có : P =

a
a +1

−

1
a +1

=

a −1
a +1

= a −1

2014 2 − 1 = 2014 − 1 = 2013

Bài 2: (2,00 điểm)
1) Tìm x biết 3 2x + 3 − 8x + 12 = 1 + 2
3x 2 − 4 y 2 + 2(3x − 2 y) = −11

2) Giải hệ phương trình:  2
2
 x − 5y + 2x − 5y = −11


1) Tìm x biết 3 2x + 3 − 8x + 12 = 1 + 2 (ĐK: x ≥ -3/2)
⇔ 3 2x + 3 − 2 2x + 3 = 1 + 2
⇔ 2x + 3 = 1 + 2
⇔ ( 2x + 3)2 = (1 + 2)2 = 3 + 2 2
⇔ 2x + 3 = 3 = 2 2
⇔ x = 2 (thỏa đk)
2
 2
3x − 4 y + 2(3x − 2 y) = −11
2) Giải hệ phương trình:  2
2
 x − 5y + 2x − 5y = −11

3x 2 − 4 y 2 + 6x − 4 y = −11
(1)

⇔ 2
2
3x − 15y + 6x − 15y = −33 (2)


Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y2 + 11y = 22 ⇔ y2 + y – 2= 0 ⇔ y = 1 hoặc y = -2
* Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x2 + 6x + 3=0 ⇔ 3(x + 1)2 = 0 ⇔ x = -1
Năm học 2013 - 2014

Trang 1


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

* Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x2 + 6x + 3=0 ⇔ 3(x + 1)2 = 0 ⇔ x = -1
Vậy HPT có nghiệm (x ;y) ∈ { (-1 ;1), (-1 ;-2)}.
Bài 3: (2,0 điểm)
1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): y = − x 2
4
1) Vẽ đồ thị (P).
2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hồnh độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M
đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam
giác OMA gấp đơi diện tích tam giác OMB.
1) Vẽ đồ thị (P). ( các em tự vẽ)
2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hồnh độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M
đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam
giác OMA gấp đơi diện tích tam giác OMB.

+ Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là (d) : y = ax + b (a,b ≠ 0)
+ Vì M thuộc (P) có x = 2 nên: y = -1.
Vậy M (2 ; -1)
+ M ∈ (d) ⇒ −1 = a.2 + b(1)
+ Do A ∈ Ox , B ∈ Oy ⇒ A ( x A ;0 ) ;B ( 0;y B )
b

 0 = a.x A + b  x A = −
⇒
a
+ Mặt khác A, B ∈ (d) ⇒ 
 y B = a.0 + b  y = b
 B
+ Ta có : SOMA = 2SOMB ⇒

−1 . x A
2

= 2.

2 . yB
2

⇒ −

Từ (1) và (2) giải tìm a, b ...
Kết luận : Có 2 đường thẳng cần tìm là (d1) : y =

Năm học 2013 - 2014

b
= 4 b (2)
a

1
3
1
1
x−
và (d2) : y = − x −
4
2
4
2

Trang 2


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

Bài 4: (4,0 điểm)
Cho đường trịn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vng góc với nhau. Gọi M là điểm tùy
ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C). Tia BM cắt cắt đường tròn (O) tại N.
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
·
2) Chứng minh ND là phân giác của ANB .
3) Tính: BM .BN
4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là trung điểm của
EF. Nếu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE + AF) không phụ thuộc vào
vị trí của điểm M.
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
·
Ta có : ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O))
·
AOM = 90 0 (vì AB ⊥CD tạo O)
·
·
Suy ra: ANB + AOM = 1800
⇒ tứ giác AOMN nội tiếp.
·
2) Chứng minh : ND là phân giác của ANB .
Ta có : AB, CD là đường kính của (O).
»
»
AB ⊥ CD (gt) ⇒ AD = BD ⇒

·
·
AND = BND ⇒ ND là phân giác của góc ANB.
3) Tính: BM .BN
Do ∆BOM δ ∆BNA (gg)
BO BM
=
⇒
⇒ BM.BN = BO.BA = 3.6 = 18 ⇒
BN BA
BN .BM = 18 = 3 2 cm
·
4) Ta có: ∆ EAF vuông tại A ( CAD = 900 , E ∈AC, F∈ AD) có M là trung điểm của EF ⇒ MA =
ME = MF ⇒ M là tâm của đường trịn qua M có bán kính MA ⇒ Điểm E, F là giao điểm của
đường tròn (M; MA) với AC và AD.
Ta có: AM = BM ( vì M nằm trên CD là trung trực của AB)
·
·
⇒ MA = MB = ME = MF⇒ tứ giác AEBF nội tiếp ⇒ BFD = AEB
·
·
·
·
Ta lại có: BDF = BCE = 900, suy ra: DBF = CBE
·
·
·
·
- Xét tam giác BDF và tam giác BCE, ta có: BC = BD ; DBF = CBE ; BDF = BCE = 900
nên ∆BDF = ∆BCE(gcg) ⇒DF = CE

Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD
Mà ∆OAD vuông cân tại O nên AD = OA 2 + OD2 = 32 + 32 = 3 2
⇒ AE + AF = 3 2 .
Vậy tổng AE + AF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M.

Năm học 2013 - 2014

Trang 3


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

ĐỀ ÔN SỐ 2 (Ngày dạy 06.05.2014)
Bài 1. (1 điểm) Cho biểu thức A =

x( x − 4) + 4

1). Rút gọn biểu thức A
2). Tính giá trị của A khi x =

3

HƯỚNG DẪN

x( x − 4) + 4 =

1). Ta có A =
2). Khi x =

3, ⇒ A=

x2 − 4x + 4 =

3−2 = 2 -

( x − 2) 2 = x − 2

3

Bài 2. (1,5 điểm) Cho hai hàm số bậc nhất y = x – m và y = -2x + m – 1
1). Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số trên cắt nhau tại một điểm thuộc trục hoành.
2). Với m = -1, Vẽ đồ thị các hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy
HƯỚNG DẪN

1).
+ Gọi A là giao điểm của đồ thị hàm số y = x – m với trục hồnh, ta có A(m; 0)
B là giao điểm của đồ thị hàm số y = -2x + m – 1 với trục hồnh, ta có B(

m −1
; 0)
2

+ Để đồ thị hai hàm số cắt nhau tại một điểm trên trục hồnh thì :
m −1
⇔ 2m = m – 1 ⇔ m = -1
m=
2
2). Với m = -1, ta có:
*y=x+1
Đồ thị hàm số y = x + 1 là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ cho bởi bảng sau :

x
0 -1
y=x+1 1 0
* y = -2x – 2
Đồ thị hàm số y = -2x – 2 là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ cho bởi bảng sau :
x
0 -1

Năm học 2013 - 2014

Trang 4


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

y = -2x - 2 - 2

0

Bài 3. (2 điểm)
 x + 2 y = 10

1). Giải hệ phương trình  1
1
2 x − 3 y =1

 x + 2 y = 10
 x + 2 y = 10

HƯỚNG DẪN:  1

ó
ó
1
3 x − 2 y = 6
2 x − 3 y =1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (4; 3)
2). Giải phương trình: x - 2 x = 6 - 3 x

 x + 2 y = 10
ó

 4 x = 16

y = 3

x = 4

HƯỚNG DẪN: ĐKXĐ: x ≥ 0
+x-2 x =6-3 xóx+ x -6=0
+ Đặt

x = t ; t ≥ 0, ta được t2 + t – 6 = 0 (2)

+ Giải phương trình (2): t1 = 2 (thỏa mãn) ; t2 = -3 (loại)
- Với t = t1 = 2 ⇒

x = 2 ó x = 4 (thỏa điều kiện)

- Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 4

Bài 4. (2 điểm)
1). Tìm giá trị m trong phương trình bậc hai x2 – 12x + m = 0, biết rằng phương trình có hiệu hai
nghiệm bằng 2 5
+ Phương trình x2 – 12x + m = 0 có hai nghiệm mà hiệu hai nghiệm bằng 2 5 khi và chỉ khi
∆ / > 0


 x1 − x2 = 2 5


(1)
(2)

+ Mà ∆ / = (-6)2 – m = 36 – m nên (1) ó 36 – m > 0 ó m < 36
+ Khi đó, áp dụng định lý Viet ta có: x1 + x2 = 12 và x1x2 = m
ó

( x1 − x2 ) 2 = 2 5 ó

ó

+ Ta có: (2)

x12 − 2 x1 x2 + x2 2 = 2 5

( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 = 2 5 ó 122 − 4m = 2 5

ó ( 122 − 4m ) 2 = (2 5) 2 ó 144 – 4m = 20
ó m = 31 (thỏa điều kiện (1))
Vậy m = 31 là giá trị cần tìm.

Năm học 2013 - 2014

Trang 5


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

2) Có 70 cây được trồng thành các hàng đều nhau trong một miếng đất. Nếu bớt đi 2 hàng thi
mỗi hàng còn lại phải trồng thêm 4 cây mới hết số cây đã có. Hỏi lúc đầu có bao nhiêu hàng cây?
Gọi số hàng cây lúc đầu là x (hàng) ; x > 2
Số hàng cây lúc sau là: x – 2 (hàng)
Số cây mỗi hàng lúc đầu là:

70
(cây)
x

Số cây mỗi hàng lúc sau là:

70
(cây)
x−2

Theo đề bài ta có phương trình

70
70
=4
x−2

x

Giải phương trình ta được: x1 = 7 (nhận); x2 = -5 (loại)
Vậy số hàng cây lúc đầu là 7 hàng
Bài 5. (2 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB, trên tia OA lấy điểm C sao cho AC = AO.
Từ C kẻ tiếp tuyến CD với (O) (D là tiếp điểm)
1) Chứng minh tam giác ADO là tam giác đều
2) Kẻ tia Ax song song với CD, cắt DB tại I và cắt đường tròn (O) tại E. Chứng minh tam giác
AIB là tam giác cân.
3) Chứng minh tứ giác ADIO là tứ giác nội tiếp
4) Chứng minh OE ⊥ DB

1
2
1

Năm học 2013 - 2014

1

Trang 6


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

1). Ta có CD là tiếp tuyến của (O) (gt) ⇒ CD ⊥ OD ⇒ ∆ DOC vuông tại D
+ Mà AC = AO (gt) ⇒ DA là đường trung tuyến của ∆ DOC
1
⇒ DA = OC (t/c đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông)
2

⇒ DA = OA = OD ⇒ ∆ ADO là tam giác đều
2) Ta có Ax // CD (gt) và CD ⊥ OD (Chứng minh trên) ⇒ Ax ⊥ OD
⇒ Ax là đường cao của ∆ ADO ⇒ Ax đồng thời là đường phân giác của ∆ ADO
µ
µ
µ
µ
µ
µ
A1 = A 2 , mà A 2 = D1 (So le trong của Ax // CD) và D1 = B1 (cùng chắn cung AD)
µ
µ
⇒ A1 = B1 ⇒ ∆ AIB cân tại I
3) Ta có ∆ AIB cân tại I (chứng minh trên) và OA = OB (bán kính)
⇒ IO là đường trung tuyến và đồng thời là đường cao của ∆ AIB
·
⇒ IO ⊥ AB ⇒ IOA = 900
·
·
+ Ta có ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ADI = 900
·
·
⇒ IOA + ADI = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác ADIO nội tiếp
4) Ta có Ax là đường phân giác của ∆ ADO (chứng minh trên)
µ
µ
»
»
⇒ A1 = A 2 ⇒ sđ DE = sđ BE ⇒ DE = BE, mà OD = OB (bán kính)
⇒ OE là đường trung trực của BE ⇒ OE ⊥ BD

ĐỀ ÔN SỐ 3 (Ngày dạy 07.05.2014)
Câu 1: (2,0 điểm)
1 
1
 2
+
Cho biểu thức P = 
÷:
x +2 x +2
 x−4
a). Tìm điều kiện xác định và rút biểu thức P.
3
b). Tìm x để P = .
2

ì x³ 0
ï
Û
ï x - 4 ¹¹ 0
ï
ỵ

a). ĐKXĐ: í

ìx³ 0
ï
í
ïx 4
ï

ỵ

1 
1
2+ x −2
x
 2
+
=
.( x + 2) =
P= 
÷:
x + 2  x + 2 ( x − 2)( x + 2)
x −2
 x−4

3
x
3
Û
=
2
x- 2 2
Û 2 x = 3 x - 6 Û x = 6 Û x = 36 (TMĐKXĐ)

b). P =

Câu 2: (1,5 điểm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 100 m. Nếu tăng chiều rộng 3 m và giảm chiều dài 4 m
thì diện tích mảnh vườn giảm 2 m2. Tính diện tích của mảnh vườn.

Năm học 2013 - 2014

Trang 7


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

- Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn ( 0 < x < 25)
⇒ Chiều dài của mảnh vườn là: 50 - x (m).
⇒ Diện tích của mảnh vườn là: x(50 - x) (m 2 ) .
- Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x + 3 (m); giảm chiều dài 4 m thì chiều dài mới
là 46 - x (m).
⇒ Diện tích mới của mảnh vườn là: (x + 3)(46 - x) (m 2 )
Theo bài ra ta có phương trình: x(50 - x) - (x + 3)(46 - x) = 2
⇔ 50x - x2 - 43x + x2 - 138 = 2 ⇔ 7x = 140 ⇔ x = 20 (TM)
Vậy diện tích của mảnh vườn là 20(50 - 20) = 600 m2.
Câu 3: (2,0 điểm): Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + 4 = 0 (m là tham số)
a). Giải phương trình với m = 2.
2
2
b). Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 + 2(m + 1)x 2 ≤ 3m + 16 .
a). Khi m = 2 phương trình trở thành x 2 - 6x + 8 = 0
+ Ta có D ' = 1
⇒ PT có hai nghiệm là: x 1 = 4 ; x 2 = 2
b). Để pt (1) có hai nghiệm x 1 ; x 2 Û D ' ³ 0
2

Û ( m + 1) - ( m 2 + 7 ) ³ 0 Û m ³

3

(*)
2

ì x 1 + x 2 = 2(m + 1)
ï
ï x 1.x 2 = m 2 + 4
ï
ỵ
2
2
+ Ta có x 1 + 2(m + 1)x 2 £ 3m 2 + 16 Û x 1 + (x 1 + x 2 )x 2 £ 3m 2 + 16
2
2
Û x 1 + x x + x 1x 2 £ 3m 2 + 16 Û (x 1 + x 2 )2 - x 1x 2 £ 3m 2 + 16
⇔ (2m + 2)2 - m 2 - 4 £ 3m 2 + 16 Û£Û£ 16
8m
m 2
3
+ Đối chiếu với điều kiện (*) ⇒ £ m £ 2 thì pt(1) có hai nghiệm x 1 ; x 2 thỏa mãn :
2
2
2
x 1 + 2(m + 1)x 2 £ 3m + 16
+ Theo Viet ta có: í

Câu 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE, CF cắt nhau
tại H. Tia AO cắt đường tròn (O) tại D.
a). Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.
b). Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.

c). Gọi m là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác
ABC.

Năm học 2013 - 2014

Trang 8


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

_
A

E
G

F

O

H
B

C

M
D

·
·

a). Xét tứ giác BCEF có BFC = BEC = 900 (Do BE và CF là các đường cao của ∆ABC )
Mà 2 góc này cùng chắn cạnh BC ⇒ BCEF là tứ giác nội tiếp
·
b). Ta có A CD = 900 ( góc nội tiếp chắn nữa đường trịn) ⇒ DC ⊥ AC
Mà HE ⊥ AC; suy ra BH // DC (1)
- Chứng minh tương tự có: CH // BD (2)
- Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành
c). Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD. (Do BHCD là hình bình hành)
GM 1
=
Do đó AM, HO trung tuyến của ∆AHD ⇒ G trọng tâm của ∆AHD ⇒
AM 3
- Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC ⇒ AM là trung tuyến của ∆ABC
GM 1
= ⇒ G là trong tâm của ∆ABC
Mà
AM 3
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.
a2
b2
c2
1
Chứng minh rằng:
+
+
≥ .
a+b b+c c+a 2
a2
a+b

b2
b+c
c2
c+a
+
≥ a;
+
≥ b;
+
≥c
a+b
4
b+c
4
c+a
4
2
2
2
⇒ a + b + c ≥ (a + b + c) − ( a + b + b + c + c + a ) = a + b + c = 1
a+b b+c c+a
4
4
4
2
2
2
2
2
a

b
c
1
Vậy
+
+
≥ (đpcm)
a+b b+c c+a 2
+ Áp dụng BĐT cơ si ta có:

Năm học 2013 - 2014

Trang 9


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

ĐỀ ÔN SỐ 4 (Ngày dạy 08.05.2014)
Câu 1 (2,5 điểm). Cho phương trình x2 + 2x – m = 0 (1). (x là ẩn, m là tham số)
a) Giải phương trình với m = - 1
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Gọi x1, x2 là hai nghiệm (có thể
bằng nhau) của phương trình (1).
Tính biểu thức P = x14 + x24 theo m, tìm m để P đạt giá trị nhỏ nhất.
a) Với m = -1, thay vào phương trình ta có : x2 + 2x +1 = 0
2
⇔ ( x + 1 ) = 0 ⇔ x = −1
Vậy với m = -1 thì phương trình (1) có nghiệm kép là x1 = x2 = -1.
b)
+ Để phương trình (1) có 2 nghiệm thì ∆ ’ = 1 + m ≥ 0 ⇔ m ≥ - 1.
+ Vậy với m ≥ - 1 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x 2 .

Theo định lý Vi-ét, ta có: x1 + x2 = - 2 ; x1.x2 = - m
+ Do đó, P = x14 + x24 = (x12 + x22)2 – 2 x12.x22 = [(x1 + x2)2 - 2 x1.x2] 2 – 2(x1.x2)2
P = (4 + 2m)2 – 2m2 = 2m2 + 16m + 16.
- Vì m ≥ -1 ⇔ m + 1 ≥ 0 nên ta có: P = 2m2 + 16m + 16
= 2(m2 + 2m + 1) + 12m + 14
= 2(m + 1)2 + 12(m + 1) + 2 ≥ 2
⇒ P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi và khi m + 1 = 0 ⇔ m = - 1.
Câu 6 (1,5 điểm). Tìm số tự nhiên có hai chữ số. Biết tổng hai chữ số của nó bằng 11 và nếu đổi
chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì ta được số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn
vị.
+ Gọi số tự nhiên cần tìm là ab (với a, b ∈ N và 0 < a < 10, 0 ≤ b < 10)
+ Vì tổng 2 chữ số la 11 nên a + b =11 (1)
+ Khi đổi chỗ 2 chữ số ta được số mới là ba .
+ Vì số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị nên ta có: ba - ab = 27
⇔ 10b + a – (10a + b) = 27 ⇔ 9b – 9a = 27 ⇔ a – b = - 3 (2)
 a + b = 11
+ Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
 a − b = −3
 2a = 8
a = 4 (thoả mãn điều kiện).
⇔
⇔
 a + b = 11 b = 7
Vậy số tự nhiên cần tìm là 47.

Năm học 2013 - 2014

Trang 10

GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

Câu 7 (3,0 điểm). Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh bằng a. Trên cạnh AD và CD lần lượt
·
lấy các điểm M và N sao cho góc MBN = 450, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN. Tính độ dài đoạn BI
theo a.
c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.

a) Chứng minh các tứ giác
·
+ Vì ABCD là hình vng và MBN =
·
·
450 (GT) nên ta có MBF = FAM = 450 ,
mà 2 góc này cùng chắn cạnh FM
⇒ ABFM là tứ giác nội tiếp
·
·
+ Có NBE = NCE = 450 , mà 2 góc này
cùng chắn cạnh EN ⇒ BCNE là tứ giác
nội tiếp
+ Mặt khác, vì tứ giác ABFM nội tiếp
·
·
nên BFM + BAM = 1800 , mà
·
·
BAM = 900 ⇒ BFM = 900 ⇒

·
MFN = 900 (1)
·
Chứng minh tương tự, ta có NEM = 900 (2)
Từ (1) và (2) mà 2 góc này cùng chắn cạnh MN ⇒ tứ giác MEFN nội tiếp được đường trịn
(đường kính MN).
+ Vậy các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp.
b) Tính độ dài đoạn BI theo a
- Lấy G trên tia đối của tia AD sao cho AG = CN (như hình vẽ)
Kết hợp ABCD là hình vng ta suy ra ∆ABG = ∆CBN (c.g.c)
·
·
⇒ GBA = CBN .(3) và GB = NB (4)

·
·
- Lại có MBN = 450 ⇒ ·
ABM + CBN = 450 (5).
·
·
·
- Kết hợp (3), (5) ⇒ GBM = ·
ABM + GBA = 450 = MBN , lại kết hợp với (4) và BM là cạnh
chung ⇒ ∆MBG = ∆MBN (c.g.c)
- Mặt khác theo chứng minh ở phần a, ta có NE và MF là hai đường cao của ∆MBN , suy ra BI
cũng là đường cao của ∆MBN ⇒ BA = BI (hai đường cao tương ứng của hai tam giác bằng
nhau). Vậy BI = BA = a.
c) Tìm vị trí của M và N để diện tích tam giác MDN lớn nhất
- Do ∆MBG = ∆MBN (theo chứng minh ở phần b) ⇒ MG = MN
- Do đó MD + DN + MN = MD + DN + MG = MD + DN + (GA + AM)

= MD + DN + CN + AM (vì GA = CN)
= (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi)
- Áp dụng định lý Pi-ta-go cho ∆MDN (vng tại D), ta có MN2 = DN2 + DM2

Năm học 2013 - 2014

Trang 11


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

- Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN2 + DM2 ≥
(vì tương đương với (DM – DN)2 ≥ 0 luôn đúng).
2
⇒ MN ≥ ( DM + DN ) = DM + DN
2
2
⇒ 2a = MD + DN + MN ≥ MD + DN +

( DM + DN )2
2

MD + DN
2 +1
=
( MD + DN )
2
2

- Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

2 +1
2 +1
( MD + DN ) ≥
×2 MD.DN = (2 + 2). MD.DN
2a = MD + DN + MN ≥
2
2
2

2a 
2 2
⇒ DM .DN ≤ 

÷ = 2( 2 − 1) .a
 2+ 2 
1
⇒ S ∆MDN = DM .DN ≤ ( 2 − 1) 2 .a 2 ,
2
 DM = DN

DM + DN

⇔ DM = DN = 2 − 2 a .
Dấu “=” xảy ra ⇔  MN =
2

 DM + DN + MN = 2a

- Vậy để diện tích tam giác MDN lớn nhất thì M, N lần lượt trên cạnh AD, CD sao cho

(

(

)

)

DM = DN = 2 − 2 a .
Câu 8 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thoả mãn x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức M = 3 xy + y2.
a 2 + b2
⇔ 2ab ≤ a 2 + b 2 ⇔ (a − b) 2 ≥ 0 (đúng với mọi a, b)
2
⇔ a = b.
Dấu “=” khi
+ Ta có: ab ≤

Do đó: M =

2

3 xy + y = ( 3 x).y + y

2

(
≤

)

2

3.x + y 2
2

+ y2 =

3 x 2 + y 2 + 2 y 2 3( x 2 + y 2 )
=
2
2


x =
 3.x = y

⇔
3

Mà x2 + y2 = 1 ⇒ M ≤ , dấu “=” xảy ra ⇔  x 2 + y 2 = 1 

2
x =


1
3
;y=
2

2
−1
− 3
;y=
2
2

3
1
−1
3
− 3
, khi x = và y =
hoặc x =
và y =
.
2
2
2
2
2
2M + 1 = 2( 3 xy + y2) +1 = 2 3 xy + 2y2 + (x2 + y2)

Vậy giá trị lớn nhất của M là
+ Xét

Năm học 2013 - 2014

Trang 12

GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

= x2 + 2x. 3 y + 3y2 = (x + 3 y)2 ≥ 0 với mọi x, y
 x2 + y 2 = 1
− 3
−1
1
−1

3
⇒ M ≥ , dấu “=” xảy ra ⇔ 
⇔x=
và y = hoặc x =
và y =
.
2
2
2
2
2
 x + 3. y = 0

- Vậy giá trị nhỏ nhất của M là

−1
1
−1
− 3
3

, khi x =
và y = hoặc x =
và y =
2
2
2
2
2

ĐỀ ÔN SỐ 5 (Ngày dạy 09.05.2014)
Câu I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10
3 x − my = 5
2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình 
có nghiệm (1; -2)
 mx + 2ny = 9
Câu II ( 2,0 điểm)
x−2 x +3
x −1
1
+
−
với x ≥ 0
x x +1
x- x + 1
x +1
2). Hai người thợ qt sơn một ngơi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày xong
việc. Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hồn thành cơng việc chậm hơn người thợ thứ hai
là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm trong bao nhiêu ngày để xong việc.
1). Rút gọn biểu thức A=

Câu III (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 − 2(m − 1) x + 2m − 5 = 0
1). Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm x1; x2 với mọi m.
2). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x 1; x2 thỏa mãn điều kiện:
2
( x12 − 2mx1 + 2m − 1)( x2 − 2mx2 + 2m − 1) < 0
2) phương trình có hai nghiệm x1; x2 nên
2
 x1 − 2(m − 1)x1 + 2m − 5 = 0
 x 2 − 2mx1 + 2m − 1 = 4 − 2x1


⇒ 1
 2
2
 x 2 − 2(m − 1)x 2 + 2m − 5 = 0  x 2 − 2mx 2 + 2m − 1 = 4 − 2x 2



 x1 + x 2 = 2m − 2
 x1.x 2 = 2m − 5

Theo định lí Vi-et ta có : 

Theo bài ra ta có :
2
2
(x1 − 2mx1 + 2m − 1)(x 2 − 2mx 2 + 2m − 1) < 0
⇔ ( 4 − 2x1 ) . ( 4 − 2x 2 ) < 0

⇔ 16 − 8 ( x1 + x 2 ) + 4x1x 2 < 0

⇔ 16 − 8 ( 2m − 2 ) + 4 ( 2m − 5 ) < 0
⇔m>

3
2

Năm học 2013 - 2014

Trang 13


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

Câu IV (3,0 điểm) : Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường trịn (O;
R) thay đổi đi qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN
với đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là giao điểm
của đường thẳng OI và đường thẳng MN.
1). Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn.
2). Chứng minh OI.OH = R2.
3). Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
3).

H

AM AB
=
⇒ AM 2 = AB.AC
AC AM

AM AE
=
⇒ AM 2 = AI.AE
+ ∆AME δ ∆AIM (g-g) ⇒
AI AM
⇒ AB.AC = AI.AE (*)

M

+ ∆AMB δ ∆ACM (g-g) ⇒

Do A, B, C cố định nên trung điểm I của BC cố định
nên từ (*) suy ra E cố định.
Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định

C
B

I

E

O

A

N

Câu V ( 1,0 điểm) : Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của
a

4b
9c
+
+
tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =
.
b+c−a c+a−b a +b−c
Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên a + b + c = 2 .
Đặt b + c − a = x; c + a − b = y; a + b − c = z do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên

y+z
x+z
x+y
x, y,z > 0 . ⇒ x + y + z = 2 (do a + b + c = 2 ) và a =
.
;b=
;c=
2
2
2
y + z 4( x + z) 9( x + y) 1  y + z 4( x + z ) 9( x + y) 
+
+
= 
+
+

2x
2y
2z

2 x
y
z

1  y 4x   z 9x   4z 9y  
=  +
+ +
+

÷+
2  x y ÷  x z   y
z ÷




Khi đó S =

2

2

y 4x  y
x
z 9x  z
x
Ta có: +
=
−2
=

−3
÷ +2≥2 ; +
÷ +6≥6
x y  x
y
x z  x
z
Năm học 2013 - 2014

Trang 14


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG
2

1
4z 9y  z
y
+
= 2
−3
÷ + 12 ≥ 12 ⇒ S ≥ ( 4 + 6 + 12 ) = 11
2
y
z  y
z

Dấu “=” xảy ra khi

1


x = 3
y = 2x


z = 3x
2
5
2
1


⇔ y = ⇔ a = ; b = ; c =

3
6
3
2
2z = 3y

 x + y + z = 2  z =1



2
2
2
Khi đó: a = b + c ⇔ ∆ABC vuông
5
2

1
Vậy Smin = 11 ⇔ ∆ABC vuông a = ; b = ; c = .
6
3
2

ĐỀ ÔN SỐ 6 (Ngày dạy ….. / ….. / 2014)


x +2
x −2
x
−
÷:
÷ x + 1 với x > 0 và x ≠ 1 .
 x + 2 x +1 x −1 

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A = 


1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A có giá trị là số nguyên.

1). Rút gọn biểu thức A =

2
x −1

2
x −1

Chỉ ra khi A có giá trị là số nguyên khi và chỉ khi x – 1 là ước của 2.
Từ đó tìm được x = 2 và x = 3 thỏa mãn điều kiện đề bài.
2). Với x > 0 và x ≠ 1 ta có A =

Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m –1 =0 (1), với m là tham số.
1). Giải phương trình (1) khi m = 1.
2). Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 10
.

1). Thay m = 1 vào (1) rồi giải phương trình tìm được x = 1 ± 2
2). + Chỉ ra điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 là ∆′ ≥ 0 ⇔ m ≥ −1
 x1 + x2 = 2m
+ Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1) là 
2
 x1 .x2 = m − m − 1
2
2
2
Tính được x1 + x2 = 2m + 4m + 2
2
2
+ Biến đổi x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 10 ⇔ x1 + x2 + 2( x1 + x2 ) = 10 , tìm được m = 1; m = -4.
Đối chiếu điều kiện kết luận m = 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Năm học 2013 - 2014

Trang 15


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

2
x+2
 x +1 + y − 2 = 6

Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 5 − 1 = 3.
 x +1 y − 2

+ Điều kiện: x ≠ -1 và y ≠ 2.
+ Giải hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x = 0; y =

5
)
2

Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không trùng
với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt
đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tịn (O) (K
khơng trùng với B).
1). Chứng minh AE2 = EK . EB.
2). Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
3). Đường thẳng vng góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh

AE EM
−
= 1.
EM CM

E

K

M
D

H

A

O

B

C

1) Chứng minh AE2 = EK . EB.
+ Chỉ ra ∆ AEB vuông tại A.
·
+ Chi ra AKB = 900 ⇒ AK là đường cao của tam giác vuông AEB.
+ Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vng AEB ta có AE2 = EK . EB
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
·
·
+ Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp ⇒ EHK = EAK
·
·
+ Chỉ ra EAK = EBA
+ Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường trịn
AE EM

−
= 1.
3) Đường thẳng vng góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
EM CM
+ Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO.
CE
AE
=
+ Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có
CM OM

Năm học 2013 - 2014

Trang 16


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

+ Ta có

CE
AE
CE − CM AE − OM
EM
AE
AE EM
=
⇒
=
⇒

=
−1 ⇒
−
=1
CM OM
CM
OM
CM OM
OM CM
AE EM
−
= 1 (đpcm)
Mà ME = MO nên suy ra
EM CM

(

2
Câu 5. (1,0 điểm. Giải phương trình : 3 x − 6 x

)(

)

2 x − 1 + 1 = 2 x 3 − 5 x 2 + 4 x − 4.

1
2
+ Biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình tương đương
x = 2

x − 2 ) 3x 2 x − 1 + 1 − (2 x 2 − x + 2)  = 0 ⇔ 
(
2


3 x 2 x − 1 + 1 − (2 x − x + 2) = 0

+ Điều kiện x ≥

(

)

+ Giải phương trình 3 x

(

(

)

)

2 x − 1 + 1 − (2 x 2 − x + 2) = 0 ⇔ 3 x

(

)

2 x − 1 + 1 − x(2 x − 1) − 2 = 0 (2)

t2 +1
thay vào phương trình (2) ta được
2
t4 − 3t3 − 2t2 − 3t + 1 = 0 ⇔ (t2 + t + 1)(t2 – 4t + 1) = 0 ⇔ t2 – 4t + 1 = 0 ⇔ t = 2 ± 3
Từ đó tìm được x = 4 ± 2 3(tm)
+ Đặt

2 x − 1 = t với t ≥ 0 suy ra x =

+ Kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 2 và x = 4 ± 2 3

ĐỀ ÔN SỐ 7 (Ngày dạy ….. / ….. / 2014)
Câu I: (2,5 điểm)
1). Thực hiện phép tính: a) 3. 12

b)3 20 + 45 − 2 80.

1   a +1
a +2
 1
−
−
÷ với a > 0;a ≠ 1;a ≠ 4
÷: 
a −1
a   a −2
a −1 


2). Cho biểu thức: P = 
a) Rút gọn P

b) So sánh giá trị của P với số

1
.
3

1). Thực hiện phép tính:

a) 3. 12 = 36 = 6
b)3 20 + 45 − 2 80 = 6 5 + 3 5 − 8 5 = 5
2). a) Rút gọn :

Năm học 2013 - 2014

Trang 17


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

( a + 1) ( a − 1) − ( a + 2 ) (
(
) ( a − 2 ) ( a − 1) ( a − 2 ) (
( a − 2) ( a − 1) = a − 2
1
.
3 a
a ( a − 1 ) ( a − 1) − ( a − 4 )

a − a +1 
P=
:
a a −1 

=

)
)

a −2 
÷
a −1 ÷


1
.
3
a −2 1
a −2− a
−2
− =
=
Xét hiệu:
Do a > 0 nên 3 a > 0
3
3 a
3 a
3 a

1
⇒ hiệu nhỏ hơn 0 tức là P <
3
Câu II: (1,0 điểm) Cho hai hàm số bậc nhất y = -5x + (m+1) và y = 4x + (7 – m) (với m là tham
số). Với giá trị nào của m thì đồ thị hai hàm số trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Tìm tọa
độ giao điểm đó.
b) So sánh giá trị của P với số

Đồ thị hai hàm số bậc nhất y = -5x + (m+1) và y = 4x + (7 – m) cắt nhau tại một điểm trên trục
tung khi tung độ góc bằng nhau tức là m+1 = 7 – m suy ra m = 3. Tọa độ giao điểm đó là :
(0; m+1) hay (0; 7-m) tức là (0; 4)

( m − 1) x + y = 2

Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình: 

mx + y = m + 1

(m là tham số)

1). Giải hệ phương trình khi m = 2.
2). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình ln có nghiệm duy nhất (x; y)
thỏa mãn: 2x + y ≤ 3.

x + y = 2
x = 1
⇔
2x + y = 3  y = 1

1). Giải hệ phương trình khi m = 2. Ta có 

2). y = 2 – (m - 1)x thế vào phương trình cịn lại ta có:
mx + 2 – (m - 1)x = m + 1 ⇔ x = m – 1 suy ra y = 2 – (m - 1)2 với mọi m
- Vậy hệ phương trình ln có nghiệm duy nhất (x; y) = (m - 1; 2 - (m - 1)2)
+ Xét 2x + y = 2(m - 1) + 2 – (m - 1)2 = - m2 + 4m - 1 = 3 – (m - 2)2 ≤ 3 với mọi m
+ Vậy với mọi giá trị của m thì hệ phương trình ln có nghiệm thỏa mãn: 2x + y ≤ 3
Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + 1 = 0 (1) (với m là tham số)
a) Giải phương trình (1) với m = -1.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1 - x2 = 2.
a) Giải phương trình (1) với m = -1. Ta có x2 + 4x +3 = 0 có a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0
nên x1 = -1 ; x2 = -3

Năm học 2013 - 2014

Trang 18


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

b) ∆ ' = 3 + 2m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thì ∆ ' ≥ 0 tức là m ≥ −

3
2

- Theo Vi ét ta có x1 + x2 = - 4 (2); x1. x2 = - 2m + 1 (3)
- Kết hợp (2) với đầu bài x1 - x2 = 2 ta có hệ phương trình :
 x1 + x 2 = −4
 x = −1
3
⇔ 1

thế vào (3) ta được m = -1 (thỏa mãn ĐK m ≥ − )

2
 x1 − x 2 = 2
 x 2 = −3
- Vậy với m = -1 thì hệ phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1 - x2 = 2.
Câu V : (3,0 điểm)
Cho đường trịn tâm O bán kính R và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và
AQ với đường tròn (O ; R) (P, Q là 2 tiếp điểm). Lấy M thuộc đường tròn (O ; R) sao cho PM
song song với AQ. Gọi N là giao điểm thứ hai của đường thẳng AM với đường tròn (O ; R). Tia
PN cắt đường thẳng AQ tại K.
1) Chứng minh tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp và KA2 = KN.KP.
·
2) Kẻ đường kính QS của đường trịn (O ; R). Chứng minh NS là tia phân giác của góc PNM .
3) Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK.
Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R.

P

S
M

N
A

G

H

O

K
Q
a) Tứ giác APOQ có tổng hai góc đối bằng 1800.
·
·
·
·
»
·
·
+ PM // AQ ⇒ PMN = KAN (So le trong); PMN = APK (cïng ch¾n PN) ⇒ KAN = APK
·
·
µ
+ ∆ KAN và ∆ KPA có K chung, KAN = KPA nên hai tam giác đồng dạng (g-g)
KA KN
=
⇒ KA 2 = KN.KP
KP KA
º
»
b) PM // AQ mà SQ ⊥ AQ (t/c tiếp tuyến) nên SQ ⊥ PM ⇒ PS = SM
·
·
·
⇒ PNS = SNM hay NS là tia phân giác của PNM .
⇒

c) Gọi H là giao điểm của PQ với AO

Năm học 2013 - 2014

Trang 19


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

2
OP 2
R2
R
AH mà OP2 = OA.OH ⇒ OH =
=
=
3
OA
3R
3
R
8R
2 8R
16R
⇒ AH = 3R –
⇒ AG = .
=
=
3
3
3 3

9

+

G là trọng tâm của ∆ APQ ⇒ AG =

ĐỀ ÔN SỐ 8 (Ngày dạy ….. / ….. / 2014)
x+2
x +1
x +1
+
−
với x ≥ 0 và x ≠ 1
x x −1 x + x + 1 x −1
b). Tìm x để P đạt giá trị nguyên.

Câu I (2,0 điểm) :Cho biểu thức: P =
a). Rút gọn biểu thức P
P=

x+2
x +1
x +1
+
−
x x −1 x + x + 1 x −1

=

x+2

x +1
+
−
x x −1 x + x +1

=

x+2
x +1
1
+
−
x x −1 x + x +1
x −1

=

x+2
( x − 1)( x + 1)
x + x +1
+
−
( x − 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x + x + 1)

=

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

( x − 1)( x + x + 1)

=

x ( x − 1)
x
=
( x − 1)( x + x + 1) x + x + 1

(

x +1

)(

x −1

)

x +1

x
x + x +1
t
⇒ Pt 2 + ( P − 1)t + P = 0
b). Đặt t = x ≥ 0 . Ta có P = 2
t + t +1
Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1, thì P =

2

2
+ ĐK có nghiệm là ∆ = ( P − 1) − 4 P ≥ 0 ⇔ − 1 ≤ P ≤

+ Do x ≥ 0, x ≠ 1 nên 0 ≤ P ≤

1
3

1
⇒ P nguyên ⇔ P = 0 tại x = 0
3

Câu II (2,5 điểm) :
2
1).Cho phương trình ẩn x: x + ( 2m − 5 ) x − n = 0

a). Tìm m và n biết phương trình có hai nghiệm là -2 và 3.
b). Cho m = 5. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để phương trình có nghiệm dương
2). Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0
2
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 + 2mx 2 = 9

Năm học 2013 - 2014

Trang 20


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG
2
a). Do (- 2) là nghiệm của phương trình x + ( 2m − 5 ) x − n = 0 nên ta có: 4m + n = 14 (1)

2
+ Do 3 là nghiệm của phương trình x + ( 2m − 5 ) x − n = 0 nên ta có: 6m - n = 6 (2)

 4m + n = 14
m = 2
⇔
+ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 
 6m − n = 6
n = 6
m = 2
Vậy với 
thì phương trình đã cho có nghiệm là -2 và 3
n = 6
b). Với m= 5, phương trình đã cho trở thành: x 2 + 5 x − n = 0
+ Để phương trình trên có nghiệm thì ∆ = 25 + 4n ≥ 0 ⇔ n ≥

−25
(*)
4

 x1 + x2 = −5
+ Khi đó theo định lý Viét ta có 
, nên để phương trình có nghiệm dương thì
 x1.x2 = −n
x1.x2 = − n < 0 suy ra n > 0 . Kết hợp với điều kiện (*) suy ra n > 0 .Từ đó ta tìm được n = 1 là
giá trị phải tìm.
2). Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ⇔ ∆/ ≥0 ⇔ m –1 ≥ 0 ⇔ m ≥ 1
(1)
 x1 + x2 = 2m
+ Theo hệ thức Vi –ét ta có: 

2
(2)
 x1.x2 = m – m + 1
2

+ Mà theo bài cho, thì x1 + 2mx 2 = 9 (3)
- Thay (1) vào (3) ta được:

x12 + (x1 + x 2 )x 2 = 9 ⇔ x12 + x1x 2 + x 2 2 = 9 ⇔ (x1 + x2 ) 2 − x1 x2 = 9 (4)
- Thay(1), (2) vào (4) ta được: 4m 2 − m 2 + m − 1 = 9 ⇔ 3m2 + m − 10 = 0
- Giải phương trình ta được: m1 = - 2 (loại) ; m2 =
Vậy m =

5
(TMĐK)
3

5
2
thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 : x1 + 2mx 2 = 9
3

Câu III (1,0 điểm) : Khoảng cách giữa hai bến sống A và B là 50km. Một ca nô đi từ bến A đến
bến B, nghỉ 20 phút ở bến B rồi quay lại bến A. Kể từ lúc khởi hành đến khi về tới bến A hết tất
cả là 7 giờ. Hãy tìm vận tốc riêng của ca nơ, biết vận tốc của dịng nước là 4km/h
Đổi 20 phút =

1
giờ
3

- Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h, x > 4)

Năm học 2013 - 2014

Trang 21


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

- Vận tốc canơ khi nước xi dịng là x + 4 và thời gian canơ chạy khi nước xi dịng

là

50
. (giờ)
x+4

- Vận tốc canơ khi nước ngược dịng là x − 4 và thời gian canơ chạy khi nước ngược

dịng là

50
. (giờ)
x−4

50
1
50
+ +

=7
x+4 3 x−4
50
50
20
5
5
2
⇔
+
=
⇔
+
=
x+4 x−4 3
x+4 x−4 3
⇔ 15( x − 4 + x + 4) = 2( x 2 − 16) ⇔ 2 x 2 − 30 x − 32 = 0

- Theo giả thiết ta có phương trình

⇔ x 2 − 15 x − 16 = 0

- Giải phương trình ta được x = −1 (loại), x = 16 (thỏa mãn)
Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 16 km/h
Câu IV (3 điểm) : Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K
là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vng góc của M xuống AK
a). Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp
b). Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao?
c). Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK
d). Gọi P là hình chiếu vng góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi tam giác OPK

lớn nhất
M

K
H
A

O

P

B

a). Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ ¼ = 900 ⇒ ·
AOM = 900
AM
(Định lý góc ở tâm), mà MH ⊥ AK (gt) ⇒ ·
AHM = 900
+ Trong tứ giác AOHM, ta có: ·
AOM = ·
AHM = 900
Năm học 2013 - 2014

Trang 22


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

Do đó đỉnh O và H ln nhìn đoạn AM dưới một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp
·

b). Xét tam giác vng MHK có MKH = 450 ⇒ ∆ MHK vuông cân tại H
c). ∆ MHK vuông cân tại H ⇒ HM = HK
+ Xét ∆ MHO và ∆ KHO có HM = HK (CM trên), HO cạnh chung, OM = OK = R
·
·
·
⇒ ∆ MHO = ∆ KHO (c-c-c) ⇒ MOH = KOH ⇒ OH là phân giác của MOK
d). Ta có chu vi của ∆ OPK là: C = OP + PK + OK. Mà OK không đổi ⇒ chu vi tam giác OPK
lớn nhất ⇔ OP + PK lớn nhất
+ Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có :
(OP + PK)2 ≤ (12 + 12)( OP2 + PK2) = 2R2. Vậy (OP + PK)2 lớn nhất bằng 2R2, nên OP + PK lớn
nhất bằng 2R .
⇒ chu vi của ∆ OPK lớn nhất bằng:

2R + R = ( 2 + 1)R , khi OP = PK hay K là điểm chính

giữa của cung MB
Câu V (1,5 điểm):
1). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1
1
1
1
+
+
Tính giá trị biểu thức: P =
a + ab + 1 b + bc + 1 c + ca + 1
3
2). Giải phương trình: x + 7 x 2 + 6 x + 1 = 4 x 2 + 3x
1
1

1
P=
+
+
a + ab + 1 b + bc + 1 c + ca + 1
1
a
ab
=
+
+
a + ab + 1 ab + abc + a abc + a 2bc + ab
1
a
ab
=
+
+
a + ab + 1 ab + 1 + a 1 + a + ab
1 + a + ab
=
=1
a + ab + 1
Vậy a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1 thì P = 1
2). Chuyển vế và phương trình trở thành hằng đẳng thức và ⇒ nghiệm của PT là x = - 1

ĐỀ ÔN SỐ 9 (Ngày dạy ….. / ….. / 2014)
Bài 1. (2,5 điểm)
1). Tính:

5−2 2+ 9+ 4 2

2). Cho biểu thức: P =

3
x
9
+
+
x +1 2 − x x − x − 2

a). Tìm điều kiện xác định của P. Rút gọn P
b). Với giá trị nào của x thì P = 1

Năm học 2013 - 2014

Trang 23


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

1). 5 − 2 2 + 9 + 4 2 = 5 − 2 2 + (2 2 + 1) 2 = 5 − 2 3 + 2 2
= 5 − 2 ( 2 + 1) 2 = 3 − 2 2 = ( 2 − 1) 2 = 2 − 1
2). Điều kiện xác định của P: x ≥ 0 và x ≠ 4 .

P=

3
x
9

3
x
9
−
+
+
+
=
x +1
x − 2 ( x + 1)( x − 2)
x +1 2 − x x − x − 2

=

3( x − 2) − x ( x + 1) + 9 3 x − 6 − x − x + 9 3 x − x − x + 3
=
=
( x + 1)( x − 2)
( x + 1)( x − 2)
( x + 1)( x − 2)

=

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

b). P = 1 ⇔

3− x
25
=1⇔ 3− x = x − 2 ⇔ 2 x = 5 ⇔ x =
4
x −2

1 1
x − y =1

Bài 2. (1 điểm) Giải hệ phương trình : 
3 + 4 = 5

x y
1 1
1

1 9
9
7


x − y =1
u = x
x = 7
u = 7
x = 9
u − v = 1






⇔
⇒
⇔
(I) . Đặt 
thì hệ (I) trở thành: 

3u + 4v = 5
3 + 4 = 5
v = 1
v = 2
1 = 2
y = 7


x y
y

y 7
7


2




Bài 3. (1,5 điểm) Cho (dm): y = (2 − 10 − m ) x + m −12
1). Với giá trị nào của m thì (dm) đi qua gốc tọa độ
2). Với giá trị nào của m thì (dm) là hàm số nghịch biến: (dm): y = (2 − 10 − m ) x + m − 12
2 − 10 − m ≠ 0
m ≠ 6


⇔ m ≤ 10
1). Để (dm) đi qua gốc tọa độ thì: 10 − m ≥ 0
 m − 12 = 0
 m = 12 (lo¹i)


Vậy khơng tờn tại m để đường thẳng (dm) đi qua gốc tọa độ
10 − m ≥ 0
 m ≤ 10
m ≤ 10


⇔
⇔
⇔m<6
2). Để (dm) là hàm số nghịch biến thì: 
2 − 10 − m < 0
 10 − m > 2
10 − m > 4


Bài 4. (1,5 điểm) : Một ca nô xuôi dòng 42 km rồi ngược dòng trở lại 20 km hết tổng cộng 5 giờ.
Biết vận tốc của dòng chảy là 2km/h. Tính vận tốc của ca nô lúc dòng nước yên lặng.

Gọi x (km/h) là vận tốc của ca nô lúc nước yên lặng (ĐK: x > 2)
⇒ Vận tốc ca nô xuôi dòng là: x + 2 (km/h)

Năm học 2013 - 2014

Trang 24


GIÁO ÁN ĐẠI ÔN THI VÀO 10 (LỚP 9A) - gv: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG

⇒ Vận tốc ca nô ngược dòng là: x – 2 (km/h)
42
⇒ Thời gian ca nô xuôi dòng 42 km:
(h)
x+2
20
⇒ Thời gian ca nô ngược dòng 20 km:
(h)
x-2
+ Do ca nô đi hết tổng cộng 5 giờ nên ta có phương trình:

42
20
+
=5
x+2 x −2

⇔ 42(x – 2) + 20(x + 2) = 5(x + 2)(x – 2)
⇔ 42x – 84 + 20x + 40 = 5x2 – 20
⇔ 5x2 - 62x + 24 = 0

x = 12
⇔
Vậy vận tốc ca nô lúc dòng nước yên lặng là 12 km/h
x = 2 (lo¹i)

5
Bài 5. (3,5 điểm): Cho đường tròn (O) đường kính AB, M là điểm thuộc cung AB, I thuộc đoạn
thẳng OA. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với (O). Qua
M kẻ đường thẳng vuông góc với IM cắt Ax tại C. Qua I dựng một đường thẳng vuông góc với
IC cắt tia By tại D. Gọi E là giao điểm AM, CI và F là giao điểm ID và MB.
1). Chứng minh tứ giác ACMI và tứ giác MEIF nội tiếp
2). Chứng minh EF // AB
3). Chứng minh ba điểm C, M, D thẳng hàng
4). Chứng tỏ rằng hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CME và MFD tiếp xúc nhau tại M
a) Chứng minh tứ giác ACMI và MEIF nội tiếp
*Xét tứ giác ACMI có:
·
CAI = 900 (vì Ax là tiếp tuyến tại A của (O)
·
CMI = 900 (Vì CM ⊥ IM tại M)
·
·
⇒ CAI + CMI = 1800
⇒ Tứ giác ACMI nội tiếp đường tròn đường kính CI
*Xét tứ giác MEIF có:
·
EMF = 900 (góc nội tiếp nửa đường tròn)
·
EIF = 900 (vì CI ⊥ ID tại I)
·

·
⇒ EMF + EIF = 1800
⇒ Tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính EF
b) Chứng minh EF // AB:
·
$
Ta có ICM = I 2 (cùng phụ với góc I1)

Năm học 2013 - 2014

K

C

1

M
J

D

E
1

A

2

1

I

F

2

2
1

O

Trang 25

B