6 DE THI VAO 10 CO DAP AN (HOC NUA HOC MAI)

ĐỀ TỰ ÔN SỐ 01

Thời gian: 120 phút
ĐỀ BÀI

Câu 1. (3.0 điểm)

 x −1

x 2 − 3x  
x
1
+
:
+
Cho biểu thức: P = 
÷

÷  x −1 x − 3 x + 2 ÷
÷
x
−
2
x
−
x
−
2

 


a) Rút gọn P
b) Tìm x để P > 0.
c) Tìm x để P = −2 x 2 + 2 x −1
Câu 2. (1.0 điểm)
Tìm các số x thõa mãn đồng thời x3+x2-4x-4=0 và (x+1)(x2-2x+2)<0
Câu 3. (2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Một đoàn tàu đánh cá theo kế hoạch đánh bắt 140 tấn cá trong một thời gian dự định.
Do thời tiết thuận lợi nên mỗi tuần họ đã đánh bắt vượt mức 5 tấn. Cho nên chẳng những
hoàn thành kế hoạch sớm 1 tuần mà còn vượt mức kế hoạch 10 tấn. Hỏi thời gian dự định
ban đầu là bao nhiêu?
Câu 4. (4.0 điểm) Cho đường tròn (O;R), dây AB = R 3 và k là điểm chính giữa của cung
AB. Gọi M là điểm tùy ý trên cung nhỏ BK ( M ≠ B, K ). Trên tia AM lấy điểm N sao
cho: AN=BM. Kẻ BP KM ( P ∈ O ) .
a) CM: ANKP là hình bình hành.
b) CMR: Tam giác KMN là tam giác đều
c) Xác định vị trí của M để tổng (MA+MK+MB) có giá trị lớn nhất.
d) Gọi E, F lần lượt là giao của đường phân giác trong và đường phân giác ngoài tại
đỉnh M của tam giác MAB với đường thẳng AB. Nếu tam giác MEF cân, hãy tính
các góc của tam giác MAB.


…. ………………….Hết…………………..
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TỰ ÔN SỐ 01

Câu 1.

x2 − 2x −1
a/ P=
x −1
x ≥ 0

( x − 1) 2 − 2 ( x − 1 − 2)( x − 1 + 2)
. BPT ⇔
=
>0
b/ Điều kiện: 
x −1
x −1
 x ≠ 1; 4
0 ≤ x < 1
⇒
 x > 1 + 2; x ≠ 4
 x ≥ −1 + 2
. PT ⇔ ( x 2 + 2 x − 1) − 4 x = −2( x − 1) x 2 + 2 x − 1(1)
c/ Điều kiện: 
 x ≠ 1; 4
x 2 + 2 x − 1 = y ( y ≥ 0).(1) ⇔ y 2 − 4 x = −2( x − 1) y ⇔ ( y − 2)( y + 2 x ) = 0

Đặt

 y = 2 ⇔ x 2 + 2 x − 5 = 0 ⇔ x1 = −1 + 6; x2 = −1 − 6
⇔
 y + 2x = 0
Câu 2:
•
•

Phương trình có 3 nghiệm: x = −1; −2; 2
BPT ⇔ x + 1 < 0 ⇒ x = −2

Câu 3.

•

Gọi thời gian dự định là t( tuần) t > 0; Thời gian thực tế là (t -1) (tuần).

•

Năng suất dự định là 140/t (tấn/tuần) ; Năng suất thực tế 150/(t-1) (tấn/tuần)

•

Ta có phương trình:
140
150
+5=
⇔ t 2 − 3t − 28 = 0 ⇔ t = 7; t = −3 (loại)
t
t −1

Câu 4:
¼ ( k là điểm chính giữa của cung AB và PK
» = BM
¼ )
a / AN = PK ( = BM ) . »AP = KM
PK AN ⇒WANKP là hình bình hành.


b/

KN = KM (= AP ) 
 ⇒ ĐPCM

∠NMK = 600


c / ( MA + MK + MB ) = MA + ( NM + MB ) = MA + ( NM + AN ) = 2MA ≤ 4 R
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MA là đường kính hay M ≡ C hay M là
» .
điểm chính giữa của cung bé BK
» .
Vậy: Max ( MA + MK + MB ) = 4 R ⇔ M là điểm chính giữa của cung bé BK
» .
d / ∆MEF cân ⇔ ∠MEB = 450 ( H là điểm chính giữa của cung bé BC
⇒ ∠MAB =

1 ¼
1 »
sd BM = sd BD
= 150 ⇔ ∠AMB = 600 ⇔ ∠ABM = 1050
2
4
………………….Hết…………………

ĐỀ TỰ ÔN SỐ 02

ĐỀ BÀI

Thời gian: 120 phút

Câu 1. (3.0 điểm)

 x − 2 x − x − 3   2 x +1

2 
−
:
−
÷
÷
÷ 
x −2÷
 x +1 x + 3 x + 2   x + 3 x + 2


Cho biểu thức: P = 
d) Rút gọn P

e) Tìm x để −( x + 1) P = 2 x + 2 .
f) Tìm x để x=1 và x=3 thõa mãn: mP = ( m 2 − 1) x − m x + 1
Câu 2. (1.0 điểm) Cho 2 hàm số: y=x2 và y=3x+m+1.
a) Tìm giao điểm của đồ thị 2 hàm số khi m=-3.
b) Tìm các giá trị của m để 2 đồ thị hàm số trên cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
Câu 3. (2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Một bể đựng nước có 2 vòi: Vòi A đưa nước vào và vòi B tháo nước ra. Vòi A từ khi
nước cạn đến khi nước đầy (B khóa) lâu hơn 2 giờ so với vòi B tháo nước từ khi bể đày
tới lúc cạn nước (A đóng). Khi bể chứa 1/3 thể tích nước của nó nếu người ta mở cả 2 vòi


thì sau 8 giờ bể cạn hết nước. Hỏi sau bao nhiêu giờ riêng vòi A có thể chảy đầy bể và
sau bao nhiêu thời gian vòi B có thể tháo hết nước trong bể?
Câu 4. (4.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB>AC). Trên cạnh AB lấy điểm E.
Dựng đường tròn đường kính BE cắt cạnh BC tại F. CE cắt đường tròn tại H. Kéo dài CA
và BH cắt nhau tại K.

a) CM: Góc FHB không phụ thuộc vào vị trí điểm E.
b) CM: AC, EF, HB đồng qui tại K.
c) CM: E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AHF
CB 2
d) Tìm vị trí của E để: CA.CK =
2
………………….Hết………………
HƯỚNG
DẪN GIẢI ĐỀ TỰ ÔN SỐ 02

Câu 1.
x ≥ 0
a / x + 3 x + 2 = ( x + 1)( x + 2); DK : 
x ≠ 1
 x −2
x − x −3  
2 x +1
2 
P = 
−
:
−
÷

÷
÷ 
x+2 ÷
 x + 1 ( x + 1)( x + 2)   ( x + 1)( x + 2)

=

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

b / − ( x + 1) P = 2 x + 2 ⇔ −( x + 1)(1 − x ) = 2 x + 2
⇔ (1 − x ) = 2 x + 2 ⇔ x − 1 − 2 x + 2 = 0 ⇔ x + 2 − 2 x + 2 − 3 = 0
t = x + 2(t > 0)
t = −1(lo¹i )
⇔
⇔
⇔ x = 7(t / m)
2
t = 3 ⇒ x + 2 = 3
t − 2t − 3 = 0
c / mP = ( m 2 − 1) x − m x + 1 ⇔ m(1 − x ) = (m 2 − 1) x − m x + 1
⇔ m2 x − x − m + 1 = 0.
Phương trình có 2 nghiệm


 m2 − 1 − m + 1 = 0
m2 − m = 0
x = 1, x = 3 ⇔ 
⇔
⇔ m =1
3m2 − 3 − m + 1 = 0
3m2 − m − 2 = 0

Câu 2:
a) Thay m=-3 vào hàm số ta có: y=3x-2.
Tọa độ giao điểm của 2 hàm số trên chính là nghiệm của hệ :
 x = 1

2
 y = x2
 y = x
y =1
⇔ 2
⇔

 x = 2
 x − 3x + 2 = 0
 y = 3x − 2

  y = 4
Vậy đồ thị của 2 hàm số trên cắt nhau tại 2 điểm (1;1) và (2;4).
b) ĐS: m > −

13
4

Câu 3. Gọi thời gian vòi B tháo hết nước trong bể là: x (giờ, x>0)
Thời gian vòi A chảy đầy bể một mình là: (x+2) (giờ, x>0)
Trong 1 h vòi B tháo được: 1/x (bể)
Trong 1 h vòi A chảy được: 1/(x+2) (bể)
Trong 1h nếu mở cả 2 vòi thì được lượng nước trong bể là:

1

1
−
x x+2

1 
1
Trong 8h nếu mở cả 2 vòi thì nước trong bể giảm là: 8  −
÷
 x x+2
1  1
1
Theo đầu bài ta có PT: 8  −
÷= ⇔ x = 6
 x x+2 3
Vậy thời gian để vòi B tháo hết nước riêng trong bể là: 6 giờ.
Vòi A chảy đầy bể là: 8 giờ.
Câu 4: a / R BFE = 900 ⇒ R EFC = 900
Xét WEACF ta có: R EFC + R EAC = 1800 ⇒WEACF nội tiếp
⇒ R ACF = RBEF ( cùng + RAEF = 180 0 )
Mà R BHF = R BEF nên ⇒ R ACF = RBHF = const


b/ Giả sử BH ∩ AC = K
Ta có E là trực tâm của ∆KBC nên ⇒ KE ⊥ BC ( Do : R BFE = 900 )
⇒ KE ≡ EF hay EF cùng đi qua K ⇒ EF, BH , AC đồng quy.
c/ Do WEACF nội tiếp nên ⇒ ∠ABC = ∠AHC mà ∠EHF = ∠ABC
⇒ ∠AHC = ∠EHF ⇒ HE là phân giác của R AHF .
Ta cũng có HE là phân giác của góc R AFH. FE ∩ HE=E ⇒ ĐPCM
d/ d / ∆CKF ∞∆CBA( g − g )
⇒

CK CF
CB 2
CB 2
=
⇒ CK .CA = CF .CB ⇒ CK .CA =
⇔ CF .CB =
CB CA
2
2

1
⇒ CF = CB ⇒ F là trung điểm của CB ⇔ E là giao của trung trực của CB và AB
2
………………….Hết…………………
Nguồn:
ĐỀ TỰ ÔN SỐ 03

ĐỀ BÀI

Hocmai.vn
Thời gian: 120 phút

Câu 1. (3.0 điểm)

 x + 2 x − x −3   x − x
−
Cho biểu thức: P = 
÷
÷:  x − x − 2 +

x
+
1
x
−
x
−
2

 

2 
÷
x −2÷


g) Rút gọn P
h) CM: P < 1 .
i) Tìm giá trị lớn nhất của P.
Câu 2. (1.0 điểm) Tìm các số x,y thõa mãn:

( x + 1) 2 + 2 xy + 2 y + y 2 + 2 x − 3 y − 3 = 0
Câu 3. (2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Hai tổ cùng làm một công việc trong 15 giờ thì xong. Nếu tổ 1 làm trong 3 giờ và tổ 2
làm trong 5 giờ thì họ làm được 25% công việc. Hỏi mỗi tổ làm riêng việc đó thì trong
bao lâu thì xong?


Câu 4. (4.0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và dây cố định AB < 2R. Gọi K là điểm chính giữa của cung nhỏ

AB; N là điểm tùy ý trên đoạn thẳng AB ( N khác A,B). Nối KN và kéo dài cắt (O) tại
điểm thứ 2 là M.
e) CM: 2 tam giác AKN và MKA đồng dạng.
f) CM: AK tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANM.
g) CM: Tổng bán kính 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác ANM và BNM không phụ thuộc
vào vị trí điểm N.
h) Tìm tập hợp trung điểm I của đoạn thẳng nối tâm của 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác
ANM và BNM, khi N di chuyển trên đoạn AB.
………………….Hết………………
Nguồn:

Hocmai.vn

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ KIỂM TRA SỐ 03

Câu 1.
x ≥ 0
a / x − x − 2 = ( x + 1)( x − 2). Điều kiện: 
x ≠ 4
 x +2
x − x −3  
x− x
2 
⇒ P = 
−
:
+
÷

÷

÷
x −2÷
 x + 1 ( x + 1)( x − 2)   ( x + 1)( x − 2)

=

x−4− x+ x +3 x− x +2 x +2
x −1
:
=
( x + 1)( x − 2) ( x + 1)( x − 2) x + x + 2

x ≥ 0
x −1
−x − 3
−1 =
b/ Với 
ta xét P-1=
x+ x +2
x+ x +2
x ≠ 4
Do x ≥ 0 ⇒ − x − 3 < 0 mà x + x + 2 > 0 ⇒

−x − 3
< 0 ⇒ P −1 < 0 ⇒ P < 1
x+ x +2


x ≥ 0
1 x + x + 2 x −1+ x −1+ 4

4
⇒ =
=
= x +1+1+
c/ Với 
P
x −1
x −1
x −1
x ≠ 4
= x −1 + 3 +

4
x −1

*)TH 1: 0 ≤ x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x − 1 ≤ 0 mà x+ x + 2 > 0 ⇒ P ≤ 0(1)
*)TH 2 : x > 1 và x ≠ 4
Do x > 1 nên

x − 1 > 0 và

4
>0
x −1

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ta có:
x −1+ 3 +

4
1

1
≥ 2 4 ⇔ ≥ 7 ⇔ P ≤ (2)
P
7
x −1

Dấu “=” xảy ra ⇔ x − 1 =

4
1
⇔ x − 1 = 2 ⇔ x = 9 KL : P
= ⇔ x=9
M
ax
x −1
7

Câu 2: ( x + 1) 2 + 2 xy + 2 y + y 2 + 2 x − 3 y − 3 = 0
Điều kiện: 2 x − 3 y − 3 ≥ 0(*)
PT ⇔ x 2 + 2 x + 1 + 2 xy + 2 y + y 2 + 2 x − 3 y − 3 = 0
⇔ ( x + y ) 2 + 2( x + y ).1 + 1 + 2 x − 3 y − 3 = 0
2
( x + y + 1) ≥ 0
⇔ ( x + y + 1) + 2 x − 3 y − 3 = 0.Do : 
 2 x − 3 y − 3 ≥ 0
2

x + y +1 = 0
x = 0
⇒

⇒
⇒ PT có nghiệm (0; −1)
2 x − 3 y − 3 = 0  y = −1
Câu 3.
•

Gọi thời gian tổ I làm một mình xong công việc là: x (giờ, x>15)

•

Gọi thời gian tổ II làm một mình xong công việc là:y (giờ, y>15)
Năng suất của tổ I là: 1/x (công việc)
Năng suất của tổ II là: 1/y (công việc)


Năng suất của cả 2 tổ là: 1/15 (công việc)
Ta có phương trình:

1 1 1
+ = (1)
x y 15

Trong 3 giờ tổ I làm được: 3/x (công việc)
Trong 5 giờ tổ II làm được: 5/x (công việc)
Theo đầu bài tổ I làm trong 3 giờ, tổ II làm trong 5 giờ được 25% công việc = 1/4
( công việc) ta có hệ phương trình:
1 1 1
1

1

1


u=
u+v =
u=
 x + y = 15



x




15
24  x = 24
.Coi : 
⇒
⇒
⇒

 y = 40
3 + 5 = 1
v = 1
3u + 5v = 1 v = 1
y
 x y 4
40


4 

Vậy tổ I làm một mình trong 24 giờ và tổ II làm trong 40 giờ thì xong công việc.

Câu 4:
a) Vì K là điểm chính giữa cung AB nên: Cung AK= cung KB
 IF ⊥ AB
1
⇒ IF = CE.
Kẽ 
2
CE ⊥ AB
Xét VCNE có: IF PCE (⊥ AB ) ⇒

IF
IN 1
1
=
= ⇒ IN = CN
CE CN 2
2

b) Trên nửa mặt phẳng bờ AN có chứa tia AK kẻ tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp tam giác AMN. Ta có:
∠xAN = ∠AMN
⇒ ∠xAN = ∠AMN

∠KAN = ∠AMN
Ta có tia Ax và tia AK cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AN nên Ax trùng
với AK. Mà tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN

nên tia AK cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.


c) Gọi O1;O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và BMN.
Kẻ đường kính KC của (O) ta có: ∠CAK = 900 ⇒ CA ⊥ AK
Vì AK là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O1) nên:
O1 A ⊥ AK ⇒ O1 A ≡ CA hay C ; A; O1 thẳng hàng
Tương tự chứng minh như câu b ta có BK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
tiếp tam giác BMN. Và chứng minh tương tự ta cũng có C;O 2;B thẳng hàng.
Xét tam giác O1AN có:

O1 A = O1 N = R ⇒ ∆O1 AN cân ⇒ ∠O1 AN = O1 NA
Vì KC là đường kính, K là điểm chính giữa của cung AB nên C là điểm
chính giữa của cung lớn AB => Cung CA= cung CB
=> CA=CB => Tam giác CAB cân tại C.

⇒ ∠CAB = ∠CBA mà ∠CAN = ∠O1 NA ⇒ ∠CBA = ∠O1 NA
Mà ∠CBA và ∠O1 NA đồng vị nên ⇒ O1 N PCB
Chứng minh tương tự ta cũng có: O1C PO2 N
O1 N PCB
⇒WO1 NO2C ⇒ O1C = O2 N hay O1C = O2 B
Xét WO1 NO2C có : 
O1C PO2 N
Do A và B cố định nên K cố định. Và K, O cố định nên C cố định. C và A
cố định nên CA không đổi.
Vậy O1A+O2B=AC ( không đổi)
d) Phần thuận:
Vì tứ giác O1NO2C là hình bình hành nên 2 đường chéo O 1O2 và CN cắt
nhau tại trung điểm I của mỗi đường. Từ I kẽ Ì vuông góc với AB tại F. Gọi
giao điểm của CK và AB là E. Vì CK là đường kính và K là điểm chính giữa

của cung AB nên CK vuông góc với AB tại E.


Xét VAEF có : IF PCE (⊥ AB ) ⇒

IF
NI 1
1
=
= ⇒ IF = CE
CE CN 2
2

C, K cố định và AB không đổi nên E cố định nên CE không đổi.
I thuộc đường trung bình PQ của tam giác CAB.
Giới hạn:

- Nếu N trùng B thì I trùng Q
- Nếu N trùng A thì I trùng P
Vậy I thuộc đường trung bình PQ

*) Phần đảo:
Lấy I thuộc PQ. Nối CI kéo dài cắt AB tại N. KN cắt (O) tại M. Gọi O 1;O2 là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và BMN ta cần chứng minh I là trung
điểm của O1O2.
Tương tự chứng minh ở câu c ta chứng minh được tứ giác O 1NO2C là hình
bình hành. Vì N thuộc PQ ( c/m phần thuận)
 IF ⊥ AB
1
⇒ IF = CE.

Kẽ 
2
CE ⊥ AB
Xét VCNE có : IF PCE (⊥ AB ) ⇒

IF
IN 1
1
=
= ⇒ IN = CN
CE CN 2
2

 I là trung điểm của CN mà tứ giác O 1NO2C là hình bình hành nên I cũng là
trung điểm của O1O2.
Kết luận: Vậy khi N di động trên AB thì trung điểm I của đoạn nối tâm
O1,O2 của 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và BMN chuyển động trên
đoạn PQ là đoạn trung bình của của tam giác ABC.
……………….. Hết………………

Nguồn:

Hocmai.vn


==============Hết==============
Nguồn:

Hocmai.vn

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ KIỂM TRA SỐ 04
Câu 1.
x ≥ 0
a / x + x − 2 = ( x − 1)( x + 2). § K : 
x ≠ 1
⇒P=
=
=

3x + 3 x − 3
( x − 1)( x + 2)

−

(
(

)(
x + 2) (
x +1

)+
x − 1)

x −1

x −2
x

.

x
1− x

3x + 3 x − 3 − x + 1
x − 2 2x + 3 x − 2 − x + 4
x +3 x +2
−
=
=
( x − 1)( x + 2)
x −1
( x − 1)( x + 2)
( x − 1)( x + 2)

(

x +2

)(

)=

x +1

x +1

( x − 1)( x + 2)

x −1

t +1
2
= 1+
t −1
t −1
t = 0  x = 0
 t − 1 = ±2 
P ∈ ¢ ⇔ 2 lµ béi cña (t − 1) ⇒ 
⇒ t = 2 ⇒  x = 4
 t − 1 = ±1  t = 3  x = 9



b / § Æt t = x (t ≥ 0; t ≠ 1) ⇒ P =

Câu 2: Gọi thời gian vòi I chảy một mình để đầy là: x (giờ)
Gọi thời gian vòi II chảy một mình để đầy là:y (giờ)
Năng suất của vòi I là: 1/x (phần bể)
Năng suất của vòi II là: 1/y (phần bể)
Năng suất của cả 2 vòi là: 2/3 (phần bể)
Ta có phương trình:

1 1 2
+ = (1)
x y 3

Trong 15 phút(1/4 giờ) vòi I chảy được: 1/4x (phần bể)
Trong 20phút(1/3 giờ) vòi II chảy được: 1/3x (phần bể)

Theo đầu bài vòi I chảy trong 1/4 giờ, vòi II chảy trong 1/3 giờ được 1/5 bể nên ta có
hệ phương trình:

1 1 2
1 

2
4

u=
u
+
v
=
u
=
x + y = 3

x 



3
15  x = 3, 75
.Coi : 
⇒
⇒
⇒

1

1
1
1
1
1
1
2
 y = 2,5
 +
v =
 u+ v=
v =
=
 4
y
 4 x 3 y 5

3
5 
5


Vậy vòi I chảy một mình trong 3 giờ 45 phút và vòi II chảy trong 2 giờ 30 phút
thì đầy bể.

Câu 3:
e) Khi m=-1 ta có (d):y=-x+1.
Tọa độ giao điểm của (d) và (C) là nghiệm của hệ:

(

(

)

1 2


 y = −x +1
 y = −x +1
y = x

 A1 2 2 − 2;3 − 2 2
⇔ 1 2
⇔ 2
⇔
4

x
=
−
x
+
1
x
+
4
x
−
4
=

0

 y = − x + 1  4
 A2 −2 − 2 2;3 + 2 2

f) (d) tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi phương trình sau có nghiệm duy nhất:

1 2
x = mx − 2m − 1 ⇔ x 2 − 4 mx + 4(2m + 1) = 0
4
m = 1 + 2
2
2
⇔ ∆ ' = 4 m − 4(2 m + 1) = m − 2 m − 1 = 0 ⇔ 
 m = 1 − 2
Câu 4

)


 AM ⊥ BM ( AB lµ §.KÝnh)
a) Ta cã : 
⇒ OK / / MB
 AM ⊥ KO ( VKAM can )
⇒ R AOM = R ABM ( Sole trong )
b) XÐt VOMK vµ VOIM cã :
R OMK = R OIM = 900
⇒VOMK vµ VOIM § ång d ¹ ng.

 Gãc R KOM chung

OM OK
⇒
=
⇔ OI.OK = OM 2 = R2 = const
OI OM
c) XÐt VAKO vµ VOEB cã :
OA = OB = R

0
⇒VAKO =VOEB(g − c − g ) ⇒ OK = BE
R KAO = R EOB = 90
R KOA = R EBO(§ ång vÞ )

mµ OK / / MB(cm tr ª n) hay OK / / BE ⇒WOKEB chÝnh lµ hbh

d ) XÐt trong VOKJ ta cã :
OE ⊥ KJ ( Do KJ / / AB mµ OE ⊥ AB )

 KM ⊥ OJ ( Do KM lµ tiÕp tuyÕn)
OE ∩ KM = P

⇒ P lµ trùc tam VOKJ ⇒ JP ⊥ KO(1)
Ta xÐt VKPE vµ VOPM cã :
R KEP = R OMP = 900

⇒VKPE =VOPM ⇒ PK = PO
 KE = OM = OB = R
S KPE = R OPM (§§)

hay VKPO can. Mµ do H lµ tam cña WAOEK

⇒ PH lµ trung tuyÕn ⇒ PH ⊥ OK (2)
Tõ (1) vµ (2) ⇒ H, P, J th¼ ng hµng
Câu 5: Áp dụng BĐT Bunhiacopxkia ta có:


(

a+b + b+c + c+a

) ≤ ( 1 +1 +1 ) ( a + b + b + c + c + a)
2

2

2

2

= 6(a + b + c) = 6
⇒ a + b + b + c + c + a ≤ 6.
DÊu " = " x ¶ y ta khi vµ chØ khi : a + b = b + c = c + a ⇔ a = b = c =

1
3

……………….. Hết………………

Nguồn:

Hocmai.vn

====================Hết==================
Nguồn:

Hocmai.vn

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TỰ ÔN SỐ 05
Câu 1.
x ≥ 0
a / x + 3 x + 2 = ( x + 1)( x + 2). § K : 
x ≠ 4
⇒P=

=

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

(

(

2 2− x

)

)(

(2− x) (2+ x)

b/P>3⇔

)

.

( x + 1)( x + 2)
2( x − 1)

=

x +1
x −1

x +1
2 x −5
5
25
>3⇔
< 0 ⇔1< x < ⇔1< x <
2
4
x −1
x −1

Câu 2:Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong việc là: x (giờ)

Gọi thời gian người thứ 2 làm một mình xong việc là: y (giờ)
Năng suất của người thứ nhất là: 1/x (công việc)
Năng suất của người thứ 2 là: 1/y (công việc)
Năng suất của cả 2 người là: 1/4 (công việc)
Ta có phương trình:

1 1 1
+ = (1)
x y 4

1
x
Khi làm 1/2 công việc người thứ nhất dùng hết : 2 = ( giờ)
1 2
x
1
2 y
Khi làm 1/2 công việc còn lại người thứ 2 dùng hết : 1 = ( giờ)
2
y


1 1 1
 x + y = 4
 x + y = 18
⇔
⇒ x, y là các nghiệm
Theo đầu bài ta có hệ phương trình: 
 xy = 72
x + y = 9

 2 2
 x = 12
2
của PT: X − 18 X + 72 = 0 ⇒ 
y = 6
Vậy1 người làm trong 12 giờ và 1 người làm trong 6 giờ.

Câu 3:
g) Khi m=2 ta có (d):y=2x-1.
Tọa độ giao điểm của (d) và (C) là nghiệm của hệ:

(
(

)

 A1 2 − 1; 2 2 − 3
 y = − x2
 y = 2x −1
 y = 2x −1

⇔ 2
⇔ 2
⇔

 y = 2 x − 1 − x = 2 x − 1  x + 2 x − 1 = 0
 A2 − 2 − 1; −3 − 2 2

h) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của PT:
− x 2 − mx + 1 = 0 hay x 2 + mx − 1 = 0

Do : ∆ = m 2 + 4 ≥ 4 > 0
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
Gọi A(x1;y1) và B(x2;y2).
Ta cần chứng minh:
OA2 + OB 2 = AB 2 ⇔ x12 + x22 + y12 + y22 = x12 + x22 + y12 + y22 − 2( x1 x2 + y1 y2 )
 x1 + x2 = − m

⇔ x1 x2 + y1 y2 = 0 mµ theo Viet :  x1 x2 = −1

2
 y1 y2 = ( x1 x2 ) = 1
⇒ 0 = x1 x2 + y1 y2 = −1 + 1 ⇒ § PCP
Câu 4

)


Câu 5:
VABC cã AB = AC
a / Ta cã : 
⇒ H lµ trung diÓm cña BC
AH ⊥ BC
mµ KB = KC nª n ⇒ KH lµ §­êng trung binh cña VBCN ⇒ KH / /NC
Mµ : KH ⊥ BC ⇒ NC ⊥ BC.
b / Trong tam gi¸c vu«ng BNC cã CK lµ trung tuyÕn nª n :
CK = NK ⇒ R KNC = R KCN mµ R KCN = R AKC(sole trong)
Nh­ng R AKC = R AMC (cïng ch¾n cung AC)
⇒ R KNC = R AMC mµ R AMC + R BMC = 1800
⇒ R KNC + R BMC = 1800 ⇒WBMCN néi tiÕp.
c / Do WBMCN néi tiÕp ⇒ R BMN = R BCN = 900 ⇒ MN ⊥ AB

Mµ M lµ trung § iÓm cña AB ⇒VANB can t¹i N
d / C¸c em suy nghÜ thª m nhÐ!


Theo C«si ta cã : x + 1 = x − 2010 + 2011 ≥ 2 2011. x − 2010
⇒

x − 2010
1
≤
(1)
x +1
2 2011

Vµ x − 1 = x − 2011 + 2010 ≥ 2 2010. x − 2011
x − 2011
1
≤
(2)
x −1
2 2010
1 1
1 
Céng (1) vµ (2) ta cã : M ≤ 
+
÷
2  2010
2011 

⇒

1 1
1 
⇒ Max M = 
+
÷ ⇔ x = 4021
2  2010
2011 
……………….. Hết………………

Trường THPT chuyên Hà Nội Amsterdam

Kỳ kiểm tra thử vào lớp 10
Năm học 2009 – 2010

Môn thi:

Toán - Điều kiện

Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2 điểm)



Cho biểu thức C =  1 −



x − 1 − 4x + 4   −1 + 2x
2 x −1 

−
÷:  1 −
÷.
5 − 4x
5
−
4x
2
x
−
1
−
1
 


a) Rút gọn C.
b) Tìm các giá trị của x để C < C2.
Bài II ( 2 điểm)
Cho phương trình: x2 – (m + 1) x – m2 – 3m – 4 = 0 ( m là tham số)
a) Chứng minh phương trình có 2 nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.
b) Tìm m để tỷ số giữa 2 nghiệm của phương trình có giá trị tuyệt đối bằng 1/2
Bài III ( 2 điểm)


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình:
2(m – 1)x + (m – 2)y = 2.
a) Tìm tọa độ của điểm mà (d) luôn đi qua khi m thay đổi.
b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất.
Bài IV ( 4 điểm)

Cho tam giác ABC, góc A = 60 0, nội tiếp đường tròn (O, R), trực tâm H. Điểm I là trung
điểm của BC. Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại E và G. Hạ HM và HN tương ứng
vuông góc với AG và AE.
a) Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là J. Chứng minh AJEG là hình
thang cân.
b) Đường thẳng HN cắt EG tại P. Chứng minh BC là trung trực HJ và HJEP là hình thang
cân
c) Chứng minh 3 điểm N, M, I thẳng hàng.
d) Biết AG = AE. Tính các góc tam giác ABC. Khi đó chứng minh AB2 + AC2 = 4R2

Họ và tên Thí sinh: .......................................

Chữ ký của Giám thị 1

Số báo danh: ................................................

Chữ ký của Giám thị 2

Trường THPT chuyên Hà Nội Amsterdam

Kỳ kiểm tra thử vào lớp 10
Năm học 2009 - 2010

Môn thi:

Toán - Tin

Thời gian làm bài: 150 phút
Bài I (2 điểm)
Cho x = ( 3 + 1) 3 6 3 − 10 – 7 + 4 3 . Hãy tính A =

x 4 − 4x 2 + 3
x1999

Bài II (2 điểm)
Tìm điều kiện cần và đủ của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm duy
nhất


 x 2 = ( m + 2 ) y3 − 3y 2 + my

2
3
2
 y = ( m + 2 ) z − 3z + mz
 2
3
2
z = ( m + 2 ) x − 3x + mx

( 1)
( 2)
( 3)

Bài III (2 điểm)
Trên mặt phẳng cho n điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Biết diện
tích tam giác bất kỳ được tạo từ 3 trong n điểm trên không vượt quá 1 (đơn vị diện tích).
Chứng minh rằng: n điểm đã cho có thể phủ bởi một tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc
bằng 4
Bài IV (4 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R và một điểm C trên đường tròn
(khác A, B). Tiếp tuyến Ax với đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa C. Điểm M
là điểm chính giữa cung AC nhỏ. Dây AC và BM cắt nhau tại P. Tia BC cắt tia AM và
Ax tại N và Q
a) Tam giác ABN là tam giác gì ?
b) Chứng minh tứ giác APNQ là hình thang
c) Gọi điểm K là điểm chính giữa của cung AB (không chứa C). Các điểm Q, M, K có
thể thẳng hàng không ?
d) Cho đường tròn (O’) là đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tiếp xúc với (O) tại M.
Tính BC theo R

Họ và tên Thí sinh: .......................................

Chữ ký của Giám thị 1

Số báo danh: ................................................

Chữ ký của Giám thị 2

Trường THPT chuyên Hà Nội Amsterdam
Bài I (2 điểm) x = ( 3 + 1) 3 6 3 − 10 -

Đáp án Kỳ kiểm tra thử vào lớp 10
Năm học 2009 - 2010

x 4 − 4x 2 + 3
=0
7 + 4 3 = - 3 →A =
x1999

Bài II (2 điểm)
Đặt F(t) = (m + 2)t2 – 3t + m ; G(t) = (m + 2)t2 – 4t + m


Đ/k cần: Nếu (x0 ; y0 ; z0) là một nghiệm của hệ thì (z 0 ; x0 ; y0) cũng là nghiệm → hệ có
nghiệm duy nhất khi nghiệm thỏa mãn x0 = y0 = z0. → nghiệm của hệ chính là nghiệm của
pt: x2 = (m + 2)x3 – 3x2 + mx hay x.G(x) = 0 (4)
(x, y, z) = (0, 0, 0) là một nghiệm của hệ. Suy ra G(x) = 0 vô nghiệm
→ ∆G < 4 – m(m + 2) < 0. Ta được m < -1 -

5 , hoặc m > -1 +

5 (*)

Đk đủ:Ta cm (*) cũng là đk đủ. Từ (*) suy ra G(t) ≠ 0 mọi t và (m + 2)G(t) > 0 mọi t (5)
Từ điều kiện (*) ta có ∆F = 9 – 4m(m + 2) < 0 và (m+2)F(t) > 0 mọi t
Xét pt (1) có xF(x) = z2 ≥ 0 mọi x → (m + 2)x ≥ 0, kết hợp (5) suy ra xG(x) ≥ 0 mọi x
Tương tự, xét pt (2) ; (3) cũng có: yG(y) ≥ 0; zG(z) ≥ 0 với mọi y; z
Cộng vế ta có xG(x) + yG(y) + zG(z) ≥ 0. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0 (đpcm)
Bài III (2 điểm)
Tập hợp các ∆ hữu hạn → tồn tại tam giác có diện tích lớn nhất.
Giả sử, ∆ ABC có diện tích lớn nhất. Qua các đỉnh vẽ các đường thẳng m 1 ; m2 ; m3 tương
ứng // BC, AC, AB. Chúng cắt nhau tạo thành ∆MNP. Có SMNP = 4SABC ≤ 4
Ta sẽ c/m đó là tam giác cần tìm.
Thật vậy, giả sử tồn tại điểm K ∉ ∆ MNP. Không mất tổng quát, giả sử K thuộc 1/2 mặt
phẳng bờ m1 không chứa C. Khi đó SKBC > SABC. Trái với g.t ∆ABC có diện tích lớn nhất.
Vậy Không tồn tại K ngoài tam giác MNP. Suy ra đpcm
Bài IV (4 điểm)
a. ∆ABN là tam giác cân
b. Do NP // AQ

c. Không. Do nếu thẳng hàng thì QM là phân giác góc Q. Khi đó M là tâm đường tròn nội
tiếp ∆QAC. Suy ra CM vuông góc CK. Vô lí
d. Vẽ (O’) ngoại tiếp ∆QMN. Ta có ∆O’MN = ∆OMA. Suy ra OBNO’ là hình bình hành.
Suy ra ∆QO’N = ∆COB → QN = BC = x
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABQ ta có x . (2R + x) = 4R2
Giải ra ta có x = - R + R

5 (do x > 0)