bộ đề thi thử vào lớp 10 môn toán các tỉnh trong cả nước có đáp án

Phòng GD-ĐT Hải Hậu
Trờng THCS
B
Hải Minh
Đề thi thử vào lớp10 thpt
đề dùng cho hs thi vào trờng chuyên
(Thời gian làm bài 150 )
Bài 1(1đ): Cho biểu thức
x
x
x
x
xx
xx
P

+
+
+




=
3
3
1
)3(2
32
3
Rút gọn P.

Bài 2(1đ): Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phơng trình:
x
2
+ (a + b + c)x + ab + bc + ca = 0 vô nghiệm.
Bài 3(1đ): Giải phơng trình sau:
2572654 +=++ xxx
Bài 4(1đ): Giải hệ phơng trình sau:





=+++
=+++
04
0252
22
22
yxyx
xyxyyx
Bài 5(1đ): Chứng minh rằng:
6
8
33
3223223 >

++
Bài 6(1đ): Cho x, y, z> 0 thoả mãn:
3
111
=++
zyx
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
zx
xz
yz
zy
xy
yx
P
22
2222
2
22
+
+
+
+
+
=
Bài 7(1đ): Trong mặt phẳng 0xy cho đờng thẳng (d) có phơng trình
2kx + (k - 1)y = 2 (k là tham số)
a) Tìm k để đờng thẳng (d) song song đờng thẳng y = x
3
. Khi đó tính góc tạo bởi đ-

ờng thẳng (d) với 0x.
b) Tìm k để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d) lớn nhất.
Bài 8(1đ): Cho góc vuông x0y và 2 điểm A, B trên Ox (OB > OA >0), điểm M bất kỳ trên cạnh
Oy(M O). Đờng tròn (T) đờng kính AB cắt tia MA,MB lần lợt tại điểm thứ hai:
C , E . Tia OE cắt đờng tròn (T) tại điểm thứ hai F.
1. Chứng minh 4 điểm: O, A, E, M nằm trên 1 đờng tròn.
2. Tứ giác OCFM là hình gì? Tại sao?
Bài 9(1đ): Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại H.
Chứng minh rằng:
6
111
++
HC
HC
HB
HB
HA
HA
.Dấu "=" xảy ra khi nào?
Bài 10(1đ): Cho 3 tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng, đôi một vuông góc với nhau. Lấy điểm A, B,
C bất kỳ trên Ox, Oy và Oz.
a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: OH vuông góc với mặt
phẳng ABC
b) Chứng minh rằng:

OACOBCOABABC
SSSS
2222
++=
.
1
Đáp án:
Bài Bài giải Điểm
Bài 1
(1 điểm)
Điều kiện:
90
03
032
0









x
x
xx
x
* Rút gọn:
1

8
)3)(1(
2483
)3)(1(
)1)(3()3(23
2
+
+
=
+
+
=
+
++
=
x
x
xx
xxxx
xx
xxxxx
P
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 2
(1 điểm)
Ta có: =(a + b + c)
2

- 4(ab + bc + ca) = a
2
+b
2
+c
2
-2ab-2bc-2ca
* Vì a, b, c là 3 cạnh a
2
< (b + c)a
b
2
< (a + c)b
c
2
< (a + b)c
a
2
+ b
2
+ c
2

< 2ab + 2ac + 2bc
< 0 phơng trình vô nghiệm.
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 3

(1 điểm)
Bài 4
(1 điểm)
* Điều kiện:
52/7
072
05




+

x
x
x
* Phơng trình
( ) ( )
1
025
0372
025372
0)4545()972672(
22
=

=
=+

=++
=+++++
x
x
x
xx
xxxx
Giải hệ:





=+++
=++
)2(04
)1(0252
22
22
yxyx
yxyxyx
Từ (1) 2x
2
+ (y - 5)x - y
2
+ y + 2 = 0

+
=
+
=
=

=

=++=
2
1
4
)1(35
2
4
)1(35
)1(9)2(8)5(
222
yyy
x
y
yy
x
yyyy
x

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2
* Với: x = 2 - y, ta có hệ:
1
012
2
04
2
2
22
==



=+
=




=+++
=
yx
yy
yx
yxyx

yx
*Với
2
1
+
=
y
x
, ta có hệ:















=
=
==

=
=






=+++
+
=
5
13
5
4
1
045
12
04
2
1
2
22
y
x
yx
xx
xy
yxyx

y
x
Vậy hệ có 2 nghiệm: (1;1) và







5
13
;
5
4
0.25
0.25
0.25
Bài 5
(1 điểm)
Đặt a = x + y, với:
33
223;223
=+=
yx
Ta phải chứng minh: a
8
> 3
6
Ta có:

3
cos
3333
33
.1.13.3)11(3
36)(3)(
1.
6
aa
ayxxyyxyxa
yx
yx
y
>++=
+=+++=+=



=
=+
(vì: x > 1; y > 0 a > 1)
a
9
> 9
3
.a a
8
> 3
6

(đpcm).
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 6
(1 điểm)
* áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1,
2
và
yx
2
,
1
)1(
21
3
112
2
2121
)21(
22
22
2
22
2
2

++=
+









+








++
yxxyxy
yx
yxyx
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y

Tơng tự:
0.25
0.25
0.25
3
)3(
21
3
12
)2(
21
3
1
2
22
22






+
+

+
+
xzzx
xz
zyyz
zy
Từ (1), (2), (3)
3
333
3
1
=








++
zyx
P
Suy ra: P
min
= 3 khi: x = y = z =
3
.

0.25
Bài 7
(1 điểm)
1).* Với k = 1 suy ra phơng trình (d): x = 1 không song song:
y =
x3
* Với k 1: (d) có dạng:
1
2
.
1
2

+

=
k
x
k
k
y
để: (d) // y =
x3

3
1
2
=

k
k
)32(3
=
k
Khi đó (d) tạo Ox một góc nhọn với: tg =
3
= 60
0
.
2)* Với k = 1 thì khoảng cách từ O đến (d): x = 1 là 1.
* k = 0 suy ra (d) có dạng: y = -2, khi đó khoảng cách từ O đến (d) là 2.
* Với k 0 và k 1. Gọi A = d Ox, suy ra A(1/k; 0)
B = d Oy, suy ra B(0; 2/k-1)
Suy ra: OA =
1
2
;
1

=
k
OB
k
Xét tam giác vuông AOB, ta có :
5
5
2
2
5

4
5
1
5
2
125
2
111
22
222
=
+







=
+
=
+=
k
kk
OH
OBOAOH
Suy ra (OH)
max
=

5
khi: k = 1/5.
Vậy k = 1/5 thì khoảng cách từ O đến (d) lớn nhất.
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 8
(1điểm)
y
M
a) Xét tứ giác OAEM có: F
vEO 2
=+

E
(Vì:
vE 1
=

góc nội tiếp )
Suy ra: O, A, E, M B
cùng thuộc đờng tròn.
O A x
C
b) Tứ giác OAEM nội tiếp, suy ra:

=
11
EM

*Mặt khác: A, C, E, F cùng thuộc đờng tròn (T) suy ra:

=
11
CE
Do đó:
=

FCOMCM //
11
Tứ giác OCFM là hình thang.
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 9
b)* Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác.
4
1
1
1
(1điểm)
* Đặt S = S

ABC
; S
1
= S
HBC
; S

2
= S
HAC
; S
3
= S
HAB
. A
Ta có: C
1
B
1
11
1
1
1
1
1

2
1

2
1
HA
HA
HA
AA
BCHA
BCAA

S
S
+===
H
Tơng tự:
12
1
HB
HB
S
S
+=
B A
1
C

13
1
HC
HC
S
S
+=

Suy ra:
3
111
)(
3
111

321
321
321111









++++=









++=++
SSS
SSS
SSS
S
HC
HC
HB

HB
HA
HA
Theo bất đẳng thức Côsy:
639
9
111
)(
111
321
321
=++









++++=
HC
HC
HB
HB
HA
HA
SSS
SSS

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 10
(1điểm)
a) Gọi AM, CN là đờng cao của tam giác ABC.
Ta có: AB CN
AB OC (vì: OC mặt phẳng (ABO)
Suy ra: AB mp(ONC) AB OH (1).
Tơng tự: BC AM; BC OA, suy ra: BC mp (OAM) OH BC (2).
Từ (1) và (2) suy ra: OH mp(ABC)
b) Đặt OA = a; OB = b; OC = c.
Ta có:
)).((
4
1
.
4
1
.
2
1
222222
2
OBOAONOCABCNSABCNS
ABCABC
++===

Mặt khác: Do tam giác OAB vuông, suy ra:
222
22222222
22
22
2
2
22
22
2
22222
4
1
4
1
4
1
)(
4
1
11111
OACOABOBC
ABC
SSS
cabcbaba
ba
ba
cS
ba
ba

ON
baOBOAON
++=
=++=+








+
+=
+
=+=+=

0.25
0.25
0.25
0.25
Đề 3
5
Bài 1: Cho biểu thức:
( ) ( )( )
yx
xy
xyx
y
yyx

x
P
+

++

+
=
111))1)((
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x
2
và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) .
a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt
b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung.
Bài 3: Giải hệ phơng trình :








=++
=++
=++
27
1

111
9
zxyzxy
zyx
zyx
Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
);( BCAC

.
Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm
chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N.
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tính BC theo R.
Bài 5: Cho
Rzyx

,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
y
8
)(y

9
+ z
9
)(z
10
x
10
) .
Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :;
0;1;0;0
+
yxyyx
.
*). Rút gọn P:
( )
( ) ( ) ( )
(1 ) (1 )
1 1
x x y y xy x y
P
x y x y
+ +
=
+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1
x y x x y y xy x y

x y x y
+ + +
=
+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
x y x y x xy y xy
x y x y
+ + +
=
+ +
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 1
1 1
x x y x y x x
x y
+ + + +
=
+
( )
1
x y y y x
y
+
=

( ) ( ) ( )
( )

1 1 1
1
x y y y y
y
+
=

.x xy y= +
Vậy P =
.yxyx
+
b). P = 2

.yxyx
+
= 2

( ) ( )
( )( )
111
111
=+
=++
yx
yyx
6
Q
N
M
O

C
B
A
Ta có: 1 +
1y

1 1x

0 4x

x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a). Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình đờng thẳng
(d) là : y = mx + m 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x
2
= mx + m 2


x
2
+ mx + m 2 = 0 (*)
Vì phơng trình (*) có
( )
mmmm
>+=+=
04284
2
2

nên phơng trình (*) luôn có hai
nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung

phơng trình : x
2
+ mx + m 2 = 0 có hai nghiệm trái
dấu

m 2 < 0

m < 2.
Bài 3 :
( )
( )







=++
=++
=++
327
)2(1
111
19
xzyzxy

zyx
zyx
ĐKXĐ :
.0,0,0

zyx

( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2
81 2 81
81 2 27
2( ) 2 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
( ) 0
x y z x y z xy yz zx
x y z xy yz zx x y z
x y z xy yz zx x y z xy yz zx
x y y z z x
x y

x y
y z y z x y z
z x
z x
+ + = + + + + + =
+ + = + + + + =
+ + = + + + + + + =
+ + =

=
=



= = = =


=
=


Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z =
3.
Bài 4:
a). Xét
ABM

và
NBM

.
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90
o
.
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=>
BAN

cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM).
=> Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét
MCB

và
MNQ

có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)


BMC =

MNQ ( vì :

MCB =

MNC ;

MBC =

MQN ).
=>
) ( cgcMNQMCB
=
=> BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có

BQAC
AB
2
= BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB
2
= BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R
2
= BC( BC + 2R) => BC =
R)15(

Bài 5:
7
Từ :
zyxzyx ++
=++

1111
=>
0
1111
=
++
++
zyxzyx
=>
( )
0
=
++
++
+
+
zyxz
zzyx
xy
yx

( )
( )
( )
( )( )
0)(
0
)(
0
11

2
=+++
=








++
+++
+
=








++
++
xzzyyx
zyxxyz
xyzzyzx
yx
zyxzxy

yz
Ta có : x
8
y
8
= (x + y)(x-y)(x
2
+y
2
)(x
4
+ y
4
).=
y
9
+ z
9
= (y + z)(y
8
y
7
z + y
6
z
2
- + z
8
)
z

10
- x
10
= (z + x)(z
4
z
3
x + z
2
x
2
zx
3
+ x
4
)(z
5
- x
5
)
Vậy M =
4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
3
Đề 4
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d
/
đối xứng với đờng thẳng d qua

đờng thẳng y = x là:
A.y =
2
1
x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y =
2
1
x - 2 ; D.y = - 2x - 4
Hãy chọn câu trả lời đúng.
2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình một
hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại
3
2
bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán kính
hình cầu là A.2 ; B.
3
2
; C.
3
3
; D. một kết quả khác.
Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x
4
- 11 x
3
+ 19x
2
- 11 x + 2 = 0
2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A =
x

+
y
Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7
Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB < AC,
điểm M di động trong góc xAy sao cho
MB
MA
=
2
1
Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan
CD.
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN.
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.
c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định.
Hớng dẫn
Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng.
2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1
Bài 2 : 1)A = (n + 1)
4
+ n
4
+ 1 = (n
2
+ 2n + 1)
2
- n
2

+ (n
4
+ n
2
+ 1)
= (n
2
+ 3n + 1)(n
2
+ n + 1) + (n
2
+ n + 1)(n
2
- n + 1)
8
M
D
C
B
A
x
K
O
N
M
I
D
C
B
A

= (n
2
+ n + 1)(2n
2
+ 2n + 2) = 2(n
2
+ n + 1)
2
Vậy A chia hết cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) Do A > 0 nên A lớn nhất

A
2
lớn nhất.
Xét A
2
= (
x
+
y
)
2
= x + y + 2
xy
= 1 + 2
xy
(1)
Ta có:
2
yx +

xy
(Bất đẳng thức Cô si)
=> 1 > 2
xy
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: A
2
= 1 + 2
xy
< 1 + 2 = 2
Max A
2
= 2 <=> x = y =
2
1
, max A =
2
<=> x = y =
2
1
Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)
Có 2 trờng hợp: 4 + b = 1 và 4 + b = 7
4 + c = - 7 4 + c = - 1
Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2
Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)
Câu2 (1,5điểm)

Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:
AD =
4
1
AB. Ta có D là điểm cố định
Mà
AB
MA
=
2
1
(gt) do đó
MA
AD
=
2
1

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)

AB
MA
=
MA
AD
=
2
1
Do đó AMB ~ ADM =>
MD

MB
=
AD
MA
= 2
=> MD = 2MD (0,25 điểm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
Dấu "=" xảy ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC
Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC
* Cách dựng điểm M.
- Dựng đờng tròn tâm A bán kính
2
1
AB
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD =
4
1
AB
M là giao điểm của DC và đờng tròn (A;
2
1
AB)
Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 90
0
nên MN là đờng kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD vuông cân)

Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi
9
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định .
Đề 5
Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0x y y z z x+ + = + + = + + =
Tính giá trị của biểu thức :
2007 2007 2007
A x y z= + +
.
Bài 2). Cho biểu thức :
2 2
5 4 2014M x x y xy y= + + +
.
Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó
Bài 3. Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 2
18
1 . 1 72
x y x y
x x y y

+ + + =


+ + =

Bài 4. Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đờng
tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D.
a.Chứng minh : AC . BD = R
2
.
b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất .
Bài 5.Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng :
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD
2
= AB . AC - BD . DC.
Hớng dẫn giải
Bài 1. Từ giả thiết ta có :
2
2
2
2 1 0
2 1 0
2 1 0
x y
y z

z x

+ + =

+ + =


+ + =


Cộng từng vế các đẳng thức ta có :
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0x x y y z z+ + + + + + + + =

( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 0x y z + + + + + =

1 0
1 0
1 0
x
y
z
+ =


+ =

+ =


1x y z = = =


( ) ( ) ( )
2007 2007 2007
2007 2007 2007
1 1 1 3A x y z = + + = + + =
Vậy : A = -3.
Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :
( ) ( )
( )
2 2
4 4 2 1 2 2 2007M x x y y xy x y= + + + + + + + +

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 1 2 1 2007M x y x y= + + +

( ) ( ) ( )
2
2
1 3
2 1 1 2007
2 4
M x y y

= + + +



Do
( )
2
1 0y
và
( ) ( )
2
1
2 1 0
2
x y

+



,x y

10
2007M


min
2007 2; 1M x y = = =

Bài 3. Đặt :

( )
( )
1
1
u x x
v y y

= +


= +


Ta có :
18
72
u v
uv
+ =


=



u ; v là nghiệm của phơng trình :
2
1 2
18 72 0 12; 6X X X X + = = =

12
6
u
v
=


=

;
6
12
u
v
=


=




( )
( )
1 12
1 6
x x
y y

+ =


+ =


;
( )
( )
1 6
1 12
x x
y y

+ =


+ =



Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.
Bài 4 . a.Ta có CA = CM; DB = DM
Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC

OD
Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên :
MO
2

= CM . MD

R
2
= AC . BD
b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp
ã
ã
ã
ã
;MCO MAO MDO MBO = =

( )
.COD AMB g g :V V
(0,25đ)
Do đó :
1
. .
. .
Chu vi COD OM
Chu vi AMB MH
=
V
V
(MH
1


AB)
Do MH

1


OM nên
1
1
OM
MH



Chu vi
COD

V
chu vi
AMBV

Dấu = xảy ra

MH
1
= OM

M

O

M là điểm chính giữa của cung
ằ

AB

Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :
2 2
1 1
0; 0
2 2
a b


ữ ữ



a , b > 0
1 1
0; 0
4 4
a a b b + +

1 1
( ) ( ) 0
4 4
a a b b + + +


a , b > 0
1
0
2

a b a b + + + >
Mặt khác
2 0a b ab+ >

Nhân từng vế ta có :
( ) ( )
( )
1
2
2
a b a b ab a b

+ + + +



( )
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp
ABCV

Gọi E là giao điểm của AD và (O)

Ta có:
ABD CED:V V
(g.g)
11
o
h
d
c
m
b
a
d
e
c
b
a
. .
BD AD
AB ED BD CD
ED CD
= =

( )
2
. .
. .
AD AE AD BD CD
AD AD AE BD CD
=
=

Lại có :
( )
.ABD AEC g g:V V

2
. .
. .
AB AD
AB AC AE AD
AE AC
AD AB AC BD CD
= =
=

Đè 6
Câu 1: Cho hàm số f(x) =
44
2
+ xx
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =
4
)(
2
x
xf
khi x
2

Câu 2: Giải hệ phơng trình



+=+
+=
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
Câu 3: Cho biểu thứcA =









+

+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
với x > 0 và x 1
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân
đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: Cho phơng trình 2x
2
+ (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x

2
thỏa mãn: 3x
1
- 4x
2
=
11
đáp án
Câu 1a) f(x) =
2)2(44
22
==+ xxxx
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)



=
=




=
=
=
8
12
102
102

10)(
x
x
x
x
xf
c)
)2)(2(
2
4
)(
2
+

=

=
xx
x
x
xf
A
12
Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2
1
+
=
x
A

Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Câu 2
( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4
( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0
x y x y xy x xy y x x y
x y x y xy y x xy y x x y
= + = + = =



+ = + + = + + = =

x -2

y 2
Câu 3 a) Ta có: A =

+












+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
=

+













+
++
11
)1(
:
1
1
)1)(1(

)1)(1(
x
x
x
xx
x
x
xx
xxx
=









+

+
1
:
1
1
1
1
x
xxx
x
x
x
xx
=
1
:
1
11

++
x
x
x
xxx
=
1
:
1

2

+
x
x
x
x
=
x
x
x
x 1
1
2


+
=
x
x2
b) A = 3 =>
x
x2
= 3 => 3x +
x
- 2 = 0 => x = 2/3
Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có

CB
CH
PB
EH
=
; (1)
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>

POB =

ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC

POB
Do đó:
OB
CH
PB
AH
=
(2)
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH
2
= BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
.)2(
2PB
AH.CB

2PB
AH.CB
AH
2
= R

AH
2
.4PB
2
= (4R.PB - AH.CB).AH.CB
13
O
B
C
H
E
A
P

4AH.PB
2
= 4R.PB.CB - AH.CB
2

AH (4PB
2
+CB
2
) = 4R.PB.CB

2
222
222
222
2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB
AH

=
+

=
+
=
+
=
Câu 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thì > 0
<=> (2m - 1)

2
- 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5 (1)
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:










=

=

=+
114x3x
2
1m
.xx
2
12m
xx
21
21
21

=



=
=
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
8m-26
77m
x
7
4m-13
x
1
1

Giải phơng trình
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3 =



ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho có
hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x
1
+ x
2
= 11
Đề 7
Câu 1: Cho P =
2
1
x
x x
+

+
1
1

x
x x
+
+ +
-
1
1
x
x
+

a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P <
1
3
với x

0 và x

1.
Câu 2: Cho phơng trình : x
2
2(m - 1)x + m
2
3 = 0
( 1 )
; m là tham số.
a/. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.
b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.
Câu 3: a/. Giải phơng trình :

1
x
+
2
1
2 x
= 2
b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn :
0
0
2 4 2 0
2 7 11 0
a
b
a b c
a b c






+ + =


+ =

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.
Câu 4: Cho
ABCV

cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A,
B). Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp
BCDV
. Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K .
a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp.
b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao?
c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.
14
Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x

0 và x

1. (0,25 điểm)
P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1

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

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
1x
=
2 ( 1)( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x x x x
x x x
+ + + + +
+ +

=
( 1)( 1)
x x
x x x

+ +
=
1
x
x x+ +
b/. Với x

0 và x

1 .Ta có: P <
1
3


1
x
x x+ +
<
1
3

3
x
< x +
x

+ 1 ; ( vì x +
x
+ 1 > 0 )

x - 2
x
+ 1 > 0

(
x
- 1)
2
> 0. ( Đúng vì x

0 và x

1)
Câu 2:a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi



0.

(m - 1)
2
m
2
3

0

4 2m

0

m

2.
b/. Với m

2 thì (1) có 2 nghiệm.
Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có:

2
3 2 2
.3 3
a a m
a a m
+ =


=


a=
1
2
m

3(
1
2
m
)
2
= m
2
3

m
2
+ 6m 15 = 0

m = 3

2
6
( thõa mãn điều kiện).
Câu 3:
Điều kiện x

0 ; 2 x
2
> 0

x

0 ;
x

<
2
.
Đặt y =
2
2 x
> 0
Ta có:
2 2
2 (1)
1 1
2 (2)
x y
x y

+ =


+ =


Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -
1
2
* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X
2
2X + 1 = 0

X = 1

x = y = 1.
* Nếu xy = -
1
2
thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X
2
+ X -
1
2
= 0

X =
1 3
2

15
O
K
D
C
B
A
Vì y > 0 nên: y =
1 3
2
+

x =
1 3
2

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x
1
= 1 ; x
2
=
1 3
2

Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành

AB // CK


ã
ã
BAC ACK=
Mà
ã
1
2
ACK =
sđ
ằ
EC
=

1
2
sđ
ằ
BD
=
ã
DCB
Nên
ã
ã
BCD BAC=
Dựng tia Cy sao cho
ã
ã
BCy BAC=
.Khi đó, D là giao điểm của
ằ
AB
và Cy.
Với giả thiết
ằ
AB
>
ằ
BC
thì
ã
BCA
>

ã
BAC
>
ã
BDC
.


D

AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.
Đề 8
Câu 1: a) Xác định x

R để biểu thức :A =
xx
xx
+
+
1
1
1
2
2
Là một số tự nhiên
b. Cho biểu thức: P =
22
2
12 ++

+
++
+
++ zzx
z
yyz
y
xxy
x
Biết x.y.z = 4 , tính
P
.
Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a.Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu3 Giải phơng trình:
521
3
= xx
Câu 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R
2
. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đ-
ờng tròn. Một góc xOy = 45
0
cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và E.
Chứng minh rằng:
a.DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O ).
b.
RDER <<
3

2

đáp án
Câu 1: a.
A =
xxxxx
xxxx
xx
xx 2)1(1
)1).(1(
1
1
22
22
2
2
=+++=
+++
++
+
A là số tự nhiên

-2x là số tự nhiên

x =
2
k
(trong đó k

Z và k

0 )
b.Điều kiện xác định: x,y,z

0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và
2=xyz

Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với
x
; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi
xyz
ta đợc:
P =
1
2
2
2(
2
22
=
++
++
=
++
+
++
+
++ xxy
xyx
xyxz

z
xxy
xy
xxy
x
(1đ)


1=P
vì P > 0
Câu 2: a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên

b = 4; a = 2
Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4.
16
Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đờng thẳng AB

A, B, C
không thẳng hàng.
Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đờng thẳng AB

A,B,D thẳng hàn
b.Ta có :
AB
2
= (-2 0)
2
+ (0 4)
2

=20
AC
2
= (-2 1)
2
+ (0 1)
2
=10
BC
2
= (0 1)
2
+ (4 1)
2
= 10


AB
2
= AC
2
+ BC
2


ABC vuông tại C
Vậy S

ABC
= 1/2AC.BC =

510.10
2
1
=
( đơn vị diện tích )
Câu 3: Đkxđ x

1, đặt
vxux ==
3
2;1
ta có hệ phơng trình:



=+
=
1
5
32
vu
vu
Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2

x = 10.
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
AB = AC = R

ABOC là hình

vuông (0.5đ)
Kẻ bán kính OM sao cho
BOD = MOD

MOE = EOC (0.5đ)
Chứng minh BOD = MOD

OMD = OBD = 90
0
Tơng tự: OME = 90
0

D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R

DE < R
Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
Cộng từng vế ta đợc: 3DE > 2R

DE >
3
2
R
Vậy R > DE >
3
2
R
Đề 9

Câu 1: Cho hàm số f(x) =
44
2
+ xx
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =
4
)(
2
x
xf
khi x
2
Câu 2: Giải hệ phơng trình



+=+
+=
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
Câu 3: Cho biểu thức
17
B
M
A
O

C
D
E
A =









+












+
1
:
1

1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
với x > 0 và x 1
a) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân
đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: Cho phơng trình 2x
2
+ (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn: 3x
1
- 4x
2
=
11

đáp án
Câu 1
a) f(x) =
2)2(44
22
==+ xxxx
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)



=
=




=
=
=
8
12
102
102
10)(
x
x
x
x
xf

c)
)2)(2(
2
4
)(
2
+

=

=
xx
x
x
xf
A
Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
2
1
+
=
x
A

Câu 2



=
=




=+
=




+=+
+=




+=+
+=
2y
-2x


0
4

2167221762
8422
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yx
yx
xyxyxyxy
xyxyxxy
yxyx
yxyx
Câu 3a) Ta có: A =









+

+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
=









+

+
++
11
)1(
:
1
1
)1)(1(
)1)(1(
x
x
x
xx
x
x
xx
xxx
18
=

+












+
1
:
1
1
1
1
x

xxx
x
x
x
xx
=
1
:
1
11

++
x
x
x
xxx
=
1
:
1
2

+
x
x
x
x
=
x
x

x
x 1
1
2


+
=
x
x2
b) A = 3 =>
x
x2
= 3 => 3x +
x
- 2 = 0 => x = 2/3
Câu 4
a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có
CB
CH
PB
EH
=
; (1)
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=> POB = ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC

POB

Do đó:
OB
CH
PB
AH
=
(2)
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH.

b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH
2
= BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
.)2(
2PB
AH.CB
2PB
AH.CB
AH
2
= R

AH
2
.4PB
2
= (4R.PB - AH.CB).AH.CB

4AH.PB
2

= 4R.PB.CB - AH.CB
2

AH (4PB
2
+CB
2
) = 4R.PB.CB
19
O
B
C
H
E
A
P
2
222
222
222
2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB

AH

=
+

=
+
=
+
=
Câu 5 (1đ)
Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thì > 0
<=> (2m - 1)
2
- 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5 (1)
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:

=

=

=+
114x3x
2
1m
.xx
2
12m
xx
21
21
21










=

=
=
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
8m-26
77m
x
7
4m-13
x
1
1

Giải phơng trình
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3 =



ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho có hai
nghiệm phân biệt t
Đề 10
Câu I : Tính giá trị của biểu thức:
A =
53
1
+
+
75
1
+
+
97
1
+
+ +
9997
1
+
B = 35 + 335 + 3335 + +

399
35 3333
số

Câu II :Phân tích thành nhân tử :
1) X
2
-7X -18

2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
3) 1+ a
5
+ a
10
Câu III :
1) Chứng minh : (ab+cd)
2


(a
2
+c
2
)( b
2
+d
2
)
2) áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x
2
+ 4y
2

Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn
CI ( M khác C và I ). Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác
AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q.
a) Chứng minh DM.AI= MP.IB
b) Tính tỉ số :
MQ

MP
Câu 5:
20
Cho P =
x
xx

+
1
34
2
Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
đáp án
Câu 1 :
1) A =
53
1
+
+
75
1
+
+
97
1
+
+ +
9997
1
+

=
2
1
(
35
+
57
+
79
+ +
9799
) =
2
1
(
399
)
2) B = 35 + 335 + 3335 + +

399
35 3333
số
=
=33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33)
= 198 +
3
1
( 99+999+9999+ +999 99)

198 +
3
1
( 10
2
-1 +10
3
- 1+10
4
- 1+ +10
100
1) = 198 33 +
B =









27
1010
2101
+165
Câu
2: 1)
x
2

-7x -18 = x
2
-4 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3
= (x
2
+5x +4)(x
2
+ 5x+6)-3= [x
2
+5x +4][(x
2
+ 5x+4)+2]-3
= (x
2
+5x +4)
2
+ 2(x
2
+5x +4)-3=(x
2
+5x +4)
2
- 1+ 2(x
2
+5x +4)-2
= [(x
2
+5x +4)-1][(x
2

+5x +4)+1] +2[(x
2
+5x +4)-1]
= (x
2
+5x +3)(x
2
+5x +7)
3) a
10
+a
5
+1
= a
10
+a
9
+a
8
+a
7
+a
6
+ a
5
+a
5
+a
4
+a

3
+a
2
+a +1
- (a
9
+a
8
+a
7
)- (a
6
+ a
5
+a
4
)- ( a
3
+a
2
+a )
= a
8
(a
2
+a+1) +a
5
(a
2
+a+1)+ a

3
(a
2
+a+1)+ (a
2
+a+1)-a
7
(a
2
+a+1)
-a
4
(a
2
+a+1)-a(a
2
+a+1)
=(a
2
+a+1)( a
8
-a
7
+ a
5
-a
4
+a
3
- a +1)

Câu 3: 4đ
1) Ta có : (ab+cd)
2


(a
2
+c
2
)( b
2
+d
2
) <=>
a
2
b
2
+2abcd+c
2
d
2


a
2
b
2
+ a
2

d
2
+c
2
b
2
+c
2
d
2
<=>
0

a
2
d
2
- 2cbcd+c
2
b
2
<=>
0

(ad - bc)
2
(đpcm )
Dấu = xãy ra khi ad=bc.
2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
5

2
= (x+4y)
2
= (x. + 4y)

(x
2
+ y
2
)
)161( +
=>
x
2
+ y
2



17
25
=> 4x
2
+ 4y
2



17
100

dấu = xãy ra khi x=
17
5
, y =
17
20
(2đ)
Câu 4 : 5đ
Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=>
21

MPD đồng dạng với

ICA =>
IA
MP
CI
DM
=
=> DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1).
Ta có góc ADC = góc CBA,
Góc DMQ = 180
0
- AMQ=180
0
- góc AIM = góc BIA.
Do đó

DMQ đồng dạng với

BIA =>
IA
MQ
BI
DM
=
=> DM.IA=MQ.IB (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra
MQ
MP
= 1
Câu 5
Để P xác định thì : x
2
-4x+3

0 và 1-x >0
Từ 1-x > 0 => x < 1
Mặt khác : x
2
-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có :
(x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.
Với x < 1 Ta có :
P =
x
xx

+
1

34
2
=
x
x
xx
=


3
1
)3)(1(
Đề 11
Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức .
( )
22
1
11
1
+
++=
a
a
A
Với a > 0.
b. Tính giá trị của tổng.
222222
100
1
99

1
1
3
1
2
1
1
2
1
1
1
1 +++++++++=B
Câu 2 : Cho pt
01
2
=+ mmxx
a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với
m

.
b. Gọi
21
, xx
là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.
( )
12
32
21
2
2

2
1
21
+++
+
=
xxxx
xx
P
Câu 3 : Cho
1,1 yx
Chứng minh.
xy
yx
+

+
+
+
1
2
1
1
1
1
22
Câu 4 Cho đờng tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đờng tròn, từM kẻ MH
AB (H AB). Gọi E và F lần lợt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đờng
thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D.
1. Chứng minh rằng đờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đờng tròn.

2. Chứng minh.
BH
AD
BD
AH
MB
MA
.
2
2
=
22
H ớng dẫn
Câu 1 a. Bình phơng 2 vế
( )
1
1
2
+
++
=
aa
aa
A
(Vì a > 0).
c. áp dụng câu a.

100
9999
100

1
100
1
11
1
==
+
+=
B
aa
A
Câu 2 a. : cm
m 0
B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:



=
=+
1
21
21
mxx
mxx

2
12
2
+
+

=
m
m
P
(1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.
11
2
2
1
1
2
1
==
==

mGTNN
mGTLN
P
Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
bđt
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
1111
22

++

+
++


xyy
yxy
xyx
xyx
( ) ( )
01
2
xyyx
đúng vì
1xy
Câu 4: a
- Kẻ thêm đờng phụ.
- Chứng minh MD là đờng kính của (o)
=>
b.
Gọi E', F' lần lợt là hình chiếu của D trên MA và MB.
Đặt HE = H
1

HF = H
2
( )
1

.
2
2
2
1
MBhHF
MAhHE
BH
AD
BD
AH
=
HEF

''
EDF

hHEhHF
2
=
Thay vào (1) ta có:
BH
AD
BD
AH
MB
MA
.
2

2
=
Đề 12
Câu 1: Cho biểu thức D =






+
+
+

+
ab
ba
ab
ba
11
:







++
+

ab
abba
1
2
1
a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D
23
M
o
E'
E
A
F
F'
B
I
D
H
b) Tính giá trị của D với a =
32
2

c) Tìm giá trị lớn nhất của D
Câu 2: Cho phơng trình
32
2

x
2
- mx +

32
2

m
2
+ 4m - 1 = 0 (1)
a) Giải phơng trình (1) với m = -1
b) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn
21
21
11
xx
xx
+=+
Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b,
)90(

0
==

A
Chứng minh
rằng AI =
cb
Cosbc
+
2
.2

(Cho Sin2

CosSin2
=
)
Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB và một điểm N di động trên một nửa đờng tròn sao cho
.BNAN



Vễ vào trong đờng tròn hình vuông ANMP.
a) Chứng minh rằng đờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q.
b) Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp.
c) Chứng minh đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1
Hãy tính giá trị của:
B =
x
xyz
y
zx
z
xy
++
Đáp án
Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là

1
0
0
ab
b
a
- Rút gọn D
D =







+
ab
aba
1
22
:

++
ab
abba
1
D =
1
2
+a
a
b) a =
13)13(
1
32(2
32
2
2
+=+=
+
=
+
a
Vậy D =
34
232
1
32
2
322

=
+
+
c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
112 + Daa
24
1
2
1
2
1
F
I
Q
P
N
M
B
A
c
b
a
I
C
B
A

2

2
Vậy giá trị của D là 1
Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1)
0920
2
9
2
1
22
=+=+ xxxx





+=
=

101
101
2
1
x
x
b) Để phơng trình 1 có 2 nghiệm thì
4
1
0280 + mm

(

*
)
+ Để phơng trình có nghiệm khác 0





+


+
234
234
014
2
1
2
1
2
m
m
mm
(
*
)
+

=
=+
=++=+
01
0
0)1)((
11
21
21
212121
21
xx
xx
xxxxxx
xx





+=
=
=




=+
=

194
194
0
038
02
2
m
m
m
mm
m
Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = 0 và
194 =m
Câu 3:
+
;
2
.
2
1

cSinAIS
ABI
=

+
;
2
.
2

1

bSinAIS
AIC
=

+
;
2
1

bcSinS
ABC
=

AICABIABC
SSS

+=
cb
bcCos
cbSin
bcSin
AI
cbAISinbcSin
+
=
+
=
+=

2
2
)(
2
)(
2





Câu 4: a)
21

NN =
Gọi Q = NP
)(O
QA QB =
)
)
Suy ra Q cố định
b)
)

(


211
AMA ==

Tứ giác ABMI nội tiếp
c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định.
Tam giác ABF có: AQ = QB = QF


ABF vuông tại A

00
45

45

== BFAB
Lại có
==
1
0
1

45

PAFBP
Tứ giác APQF nội tiếp

0
90


== FQAFPA
Ta có:

000
1809090

=+=+ MPAFPA

M
1
,P,F Thẳng hàng
25