tuyển 16 đề thi vào lớp 10 có đáp án

16 THI TUYN SINH VO LP : 10
T nm : 2005-2010
Đề 1
Cho biểu thức
x3 1
x 3 + 1
x (1 x 2 ) 2
+ x
x :
A=
Với x 2 ;1
x2 2
x 1
x + 1

.a, Ruý gọn biểu thức A
.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 6 + 2 2
c. Tìm giá trị của x để A=3
Câu2.a, Giải hệ phơng trình:
( x y ) 2 + 3( x y ) = 4

2 x + 3 y = 12
b. Giải bất phơng trình:
x 3 4 x 2 2 x 15
<0
x2 + x + 3
Câu3.
Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0
Xác định m để phơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
Câu 4. Cho nửa đờng tròn tâm O, đờng kính BC. Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dng hình vuông
ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đờng tròn

(O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED
a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đờng tròn
b. Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ?
đáp án
Câu1 :

Câu 1: a. Rút gọn A=
b.Thay x=

x2 2
x

6 + 2 2 vào A ta đợc A=

4+2 2
6+2 2

3 17
2
Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
( x y ) 2 + 3( x y ) = 4
Từ đó ta có
<=>
2 x + 3 y = 12
c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x=

x y = 1
*
(1)
2 x + 3 y = 12

x y = 4
*
(2)
2 x + 3 y = 12
Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2
Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4
Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
b) Ta có x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)
mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với mọi x
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0





Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành x+1=0=> x=1
Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có
, = m2-2m+1= (m-1)20 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)
m m +1
1
với m 1/2 pt còn có nghiệm x=
=
2m 1
2m 1
1
pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1<
<0
2m 1

1
2m
+1 > 0
>0

=> 2m 1
=>m<0
2m 1
2m 1 < 0
2m 1 < 0
Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0

D

Câu 4:
K
a. Ta có KEB= 900
mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
E
do CF kéo dài cắt ED tại D
0
=> BFK= 90 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK.
b. BCF= BAF
Mà BAF= BAE=450=> BCF= 450
Ta có BKF= BEF
B
0
Mà BEF= BEA=450(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=> BKF=45
Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B

Đề 2
x x 1 x x +1 2 x 2 x +1
:

Bài 1: Cho biểu thức: P =

x 1
x

x
x
+
x



(

F
A

O

)



a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Bài 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)

a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn

3

3

x1 x2 =50

Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x1, x2Chứng minh:
a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 và t2.
b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D
là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.
a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.
b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB và AC .
Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.

C


c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Bài 5: Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y 1
1
501
+
2
x +y
xy

Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =

2

Đáp án
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 0; x 1

(

2 x 1z
a, Rút gọn: P = 2 x( x 1) :
x( x 1)
x 1
b. P =

x +1
= 1+
x 1

)

2

<=>

P=

x 1
( x 1)

2

=

x +1
x 1

2
x 1

Để P nguyên thì
x 1 = 1

x =2 x=4

x 1 = 1 x = 0 x = 0
x 1 = 2 x = 3 x = 9
x 1 = 2 x = 1( Loai )
Vậy với x= { 0;4;9} thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:

(

)

= ( 2m + 1) 2 4 m 2 + m 6 0

2
x1 x 2 = m + m 6 > 0
x + x = 2m + 1 < 0

2
1


= 25 > 0

(m 2)(m + 3) > 0 m < 3

1
m <
2


3
b. Giải phơng trình: ( m 2) (m + 3) = 50
3

5(3m 2 + 3m + 7) = 50 m 2 + m 1 = 0

1+ 5
m1 =

2

m = 1 5
2
2
Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phơng trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. .
2
1

1
1
Vì x1> 0 => c. 1 + b. + a = 0. Chứng tỏ
x1
x1
x

+ a = 0; t1 =

1
Vì x2 là nghiệm của phơng trình:
x1

là một nghiệm dơng của phơng trình: ct2 + bt


ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0
2

1
1
1
vì x2> 0 nên c. + b. + a = 0 điều này chứng tỏ
là một nghiệm dơng của phơng trình
x2
x2
x2
ct2 + bt + a = 0 ; t2 =

1

x2

Vậy nếu phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 thì phơng trình : ct2 + bt
+ a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 . t1 =

1
1
; t2 =
x1
x2

b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dơng nên
t1+ x1 =

1
+ x1 2
x1

t2 + x2 =

1
+ x2 2
x2

Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4

A

a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD

Q

là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực
tâm tam giác ABC nên
CH AB và BH AC => BD AB và CD
AC .

H

O

P
C

B

Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 .
Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
của đờng tròn tâm O thì
tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB
nhng ADB = ACB nhng ADB = ACB
Do đó: APB = ACB Mặt khác:
AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800
Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB
Chứng minh tơng tự ta có: CHQ = DAC
Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c). Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A
Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ

D


đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất
D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

Đề 3
x

P=

Bài 1: Cho biểu thức:

y



(



) (

xy

)(

)

( x + y )(1 y )
x + y) x +1
x + 1 1 y
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 = -x2 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 :
x + y + z = 9

1 1 1
+ + =1
x y z
xy + yz + zx = 27
Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn (C A ; C B ) .
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.
1 1 1
1
+ + =
Bài 5: Cho x, y, z R thỏa mãn :
x
y z x+ y+z
3

Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
+ (x8 y8)(y9 + z9)(z10 x10) .
4
Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0 .
*). Rút gọn P: P =

=

=

=

(

x(1 +

(

x ) y (1
x +

y

)

(

( x y ) + x x + y y xy

(

(

x +

x +
y

(

)(

)(

y 1+
x

y +x

) (1 +

x

x +

y

y

)

)

(

x +

) (1 y )

xy + y xy

)

)( y)
x ( x + 1) y ( x + 1) + y ( 1 + x ) ( 1 x )
(1 + x ) (1 y )
x +

)(

)(

x 1

y ) xy

y 1+

x 1

y

)


=

x y + y y x

(1 y )

x +

Vậy P =
b). P = 2




x +

(

xy

(

x1+

(

)(

)(

x 1

=

xy

y 1+

) (

x 1 1 +

)



(1 y )

(

y 1

y

)

=

x +

xy

y.

y.

y. = 2

y

y

)

)

y +1 =1

y =1

Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 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:
- x2 = mx + m 2
x2 + mx + m 2 = 0 (*)
Vì phơng trình (*) có = m 2 4m + 8 = ( m 2 ) 2 + 4 > 0 m 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 : x2 + mx + m 2 = 0 có hai nghiệm
trái dấu m 2 < 0 m < 2.
x + y + z = 9
(1)

1 1 1
( 2)
Bài 3 : + + = 1
x
y
z

xy + yz + xz = 27 ( 3)
ĐKXĐ : x 0 , y 0 , z 0.
( x + y + z ) = 81 x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) = 81
2

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


( y z ) 2 = 0

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


Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình Qcó nghiệm duy nhất x = y = z =
3.
Bài 4:
N
a). Xét ABM và NBM .
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
C
nên :AMB = NMB = 90o .
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
M
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=> BAN cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp
B
A
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
O


=> 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 ).

=> MCB = MNQ (c. g . c). => BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có AC BQ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 1) R
Bài 5:
1 1 1
1
1 1 1
1
=0
Từ : + + =
=> + +
x y z x+ y+z
x
y z x+ y+z
x+ y x+ y+zz
+
=0
=>
xy
z( x + y + z )
1

1
= 0
( z + y )
+
xy z ( x + y + z )
zx + zy + z 2 + xy
= 0

( x + y )
xyz
(
x
+
y
+
z
)



( x + y )( y + z ) ( z + x ) = 0
Ta có : x8 y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).=
y9 + z9 = (y + z)(y8 y7z + y6z2 - .......... + z8)
z10- x10 = (z + x)(z4 z3x + z2x2 zx3 + x4)(z5 - x5)
3
3
Vậy M =
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
4
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:
1
1
A.y = x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y = x - 2 ; D.y = - 2x - 4
2
2

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
2
một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại
bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán
3
kính hình cầu là A.2 ; B. 3 2 ; C. 3 3 ; D. một kết quả khác.
Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 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 <
MA 1
AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho
=
MB
2
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 + n4 + 1 = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + 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 A2 lớn nhất.
Xét A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1)
Ta có:

Bài3

x+ y
xy (Bất đẳng thức Cô si)
2
=> 1 > 2 xy (2)

Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2
1
1
Max A2 = 2 <=> x = y = , max A = 2 <=> x = y =
2
2
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:
1
AD = AB. Ta có D là điểm cố định
4
MA
1
AD
1
Mà
=
(gt) do đó
=
AB
2
MA
2
D
Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB
A
MA
AD
1
=
=
AB
MA

2
MB
MA
Do đó AMB
~ ADM =>
=
=2
MD
AD
=> 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

x
B

(chung)
M

C


* Cách dựng điểm M.
1
AB
2
1
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB

4
- Dựng đờng tròn tâm A bán kính

1
AB)
2
Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 900 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
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 :
M là giao điểm của DC và đờng tròn (A;

N

C

I
K
O
A

.

M

x2 + 2 y + 1 = y 2 + 2 z + 1 = z 2 + 2x + 1 = 0

D

Tính giá trị của biểu thức : A = x 2007 + y 2007 + z 2007 .
Bài 2). Cho biểu thức : M = x 2 5 x + y 2 + xy 4 y + 2014 .
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
x + y + x + y = 18

x ( x + 1) . y ( y + 1) = 72

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 = R2.
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 :
a+b
2
2a b + 2b a
( a + b) +
2
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC.
Hớng dẫn giải

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

x2 + 2 y + 1 = 0
2
y + 2z +1 = 0
z 2 + 2x + 1 = 0


(

) (

) (

)

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

B


x +1 = 0

y +1 = 0 x = y = z = 1
z +1 = 0


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

2

2

2

A = x 2007 + y 2007 + z 2007 = ( 1)

2007

+ ( 1)

2007

+ ( 1)

2007

= 3

Vậy : A = -3.

Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :

(

) (

)

M = x 2 + 4 x + 4 + y 2 + 2 y + 1 + ( xy x 2 y + 2 ) + 2007
M = ( x 2 ) + ( y 1) + ( x 2 ) ( y 1) + 2007
2

2

2

1
2

3
M = ( x 2 ) + ( y 1) + ( y 1) + 2007
2

4
2

1


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


2

M 2007

M min = 2007 x = 2; y = 1

u = x ( x + 1)
Bài 3. Đặt :
v = y ( y + 1)

u + v = 18
u ; v là nghiệm của phơng trình :
Ta có :
uv = 72

X 2 18 X + 72 = 0 X 1 = 12; X 2 = 6
u = 12
u = 6
;

v = 6
v = 12
x ( x + 1) = 12
x ( x + 1) = 6

;
y ( y + 1) = 6
y ( y + 1) = 12
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 :
MO2 = CM . MD
R2 = AC . BD

b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp
ã
ã
ã
ã
MCO
= MAO
;MDO
= MBO
m
VCOD : VAMB ( g .g ) (0,25đ)
Do đó :

Chu.vi.VCOD OM
=
(MH1 AB)
Chu.vi.VAMB MH1

Do MH1 OM nên

OM
1
MH1

Chu vi VCOD chu vi VAMB

d

c
a

h

o

b


Dấu = xảy ra MH1 = OM M O

M là điểm chính giữa của cung ằAB

2

2

1
1


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


a a +
a+b+

1
1

0; b b + 0
4
4

1
a+ b >0
2

1
1
(a a + ) + (b b + ) 0 a , b > 0
4
4
Mặt khác a + b 2 ab > 0

1

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

( a + b) +
2

(

a+ b

)

( a + b)

2a b + 2b a
2
Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp VABC
Gọi E là giao điểm của AD và (O)
Ta có: VABD : VCED (g.g)


a

BD AD
=
AB.ED = BD.CD
ED CD

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

b

Lại có : VABD : VAEC ( g .g )
AB AD
=
AB. AC = AE. AD
AE AC
AD 2 = AB. AC BD.CD


d
e

Đè 6
Câu 1: Cho hàm số f(x) =

x 2 4x + 4

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =

f ( x)
khi x 2
x2 4

x( y 2) = ( x + 2)( y 4)
Câu 2: Giải hệ phơng trình
( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)
x x +1 x 1
: x +

Câu 3: Cho biểu thứcA =
x 1
x 1
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3

x
với x > 0 và x 1
x 1

c


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 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 =
11
đáp án
Câu 1a)

f(x) =

x 2 4 x + 4 = ( x 2) 2 = x 2

Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)

x 2 = 10
x = 12
f ( x) = 10

x 2 = 10
x = 8

c)

A=

x2
f ( x)
=
2
x 4 ( x 2)( x + 2)

Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A =

1
x+2

Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A =

1
x+2

Câu 2
x ( y 2) = ( x + 2)( y 4)

( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)
xy 2 x = xy + 2 y 4 x 8
x y = 4
x = -2



2 xy 6 y + 7 x 21 = 2 xy 7 y + 6 x 21 x + y = 0
y = 2
x x +1 x 1

: x +

Ta có: A =
x 1
x 1

Câu 3 a)

( x + 1)( x x + 1)
x 1 x ( x 1)


+
( x 1)( x + 1) x 1 :
x 1


x x +1 x 1 x x + x

:
=


x 1
x 1
x 1

x +2
x 1

x 1
=
x

2 x
x

x

x 1

x
=
x 1

=

x x +1 x +1
x 1

:

x
x 1

=

x +2

x 1

:

x
x 1

=


b) A = 3

=>

2 x
=3
x

=> 3x +

x -2=0

=> x = 2/3

P

Câu 4

A

Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
EH CH
=
;
PB CB

E

(1)

B

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>

O H

POB = ACB (hai góc đồng vị)

=>

AHC POB

Do đó:

AH CH
=
PB OB

(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 AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
AH 2 = (2 R

AH.CB AH.CB
)
.
2PB
2PB

AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
4AH.PB2

= 4R.PB.CB - AH.CB2

AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB


AH =

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

8R 2 . d 2 R 2
2.R 2 . d 2 R 2
=
=
4(d 2 R 2 ) + 4R 2
d2
Câu 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 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:
2m 1

x1 + x 2 = 2

m 1

x 1 .x 2 =


2

3x 1 4x 2 = 11


Giải phơng trình 3

13 - 4m

x1 =
7

7m 7

x1 =
26 - 8m

7m 7
13 - 4m
3 7 4 26 - 8m = 11


13 - 4m
7m 7
4
= 11
7
26 - 8m

C


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:

x1 + x2 = 11

Đề 7
x+2
x +1
x +1
Câu 1: Cho P =
+
x x 1 x + x +1
x 1
a/. Rút gọn P.
1
b/. Chứng minh: P < với x 0 và x 1.
3
2
(1)
Câu 2: Cho phơng trình : x 2(m - 1)x + m2 3 = 0
; 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.
1
1
Câu 3: a/. Giải phơng trình :
+
=2
x
2 x2
a0

b0

b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn :
a + 2b 4c + 2 = 0
2a b + 7c 11 = 0
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.
Câu 4: Cho VABC 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 VBCD . 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.
Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 điểm)
x+2
x +1
x +1
P=
+
x x 1 x + x + 1 ( x + 1)( x 1)
x+2
1
x +1
=
+
3
( x ) 1 x + x +1
x 1
=

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

=

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

1
1
x

<
3
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)

b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P <

Câu 2:a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 0.
(m - 1)2 m2 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:
a + 3a = 2m 2

2
a.3a = m 3
m 1
m 1 2
a=
3(
) = m2 3
2
2
m2 + 6m 15 = 0
m = 3 2 6 ( thõa mãn điều kiện).
Câu 3:
Điều kiện x 0 ; 2 x2 > 0 x 0 ; x <
Đặt y =

2.

2 x2 > 0

x 2 + y 2 = 2 (1)

Ta có: 1 1
x + y = 2 (2)

1

2
* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X2 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1.
1
* Nếu xy = - thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
2
1
1 3
X2 + X =0 X=
2
2
1 + 3
1 3
Vì y > 0 nên: y =
x=
2
2
1 3
Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =
2
Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.
AB // CK
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành
ã
BAC
= ãACK
1 ằ
1
ã
ằ = DCB

Mà ãACK = sđ EC
= sđ BD
B
2
2
ã
ã
Nên BCD
= BAC
ã
ã
Dựng tia Cy sao cho BCy
.Khi đó, D là giao điểm của ằAB và Cy.
= BAC
ằ thì BCA
ã
ã
ã
Với giả thiết ằAB > BC
> BAC
> BDC
.
D AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.
Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -

A
K

D

O

Đề 8
Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A =

x2 +1 x

1
x +1 x
2

Là một số tự nhiên

C


x

b. Cho biểu thức: P =

y

+

+

2 z

Biết x.y.z = 4 , tính P .

xy + x + 2
yz + y + 1
zx + 2 z + 2
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: x 1 3 2 x = 5
Câu 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và E.
Chứng minh rằng:
a.DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O ).
2
b. R < DE < R
3
đáp án
Câu 1:
a.
2
A = x +1 x

x2 +1 + x
( x + 1 x).( x + 1 + x)
2

2

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

A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x =

k

2

(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
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với
P=

x
xy + x + 2

+

xy
xy + x + 2

+

xyz = 2

x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi
2 z

z ( x + 2 + xy

=

x + xy + 2
xy + x + 2

=1

xyz ta đợc:

(1đ)

P = 1 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.
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 :
AB2 = (-2 0)2 + (0 4)2 =20
AC2 = (-2 1)2 + (0 1)2 =10
BC2 = (0 1)2 + (4 1)2 = 10
AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C
1
10 . 10 = 5 ( đơn vị diện tích )
Vậy SABC = 1/2AC.BC =
2
Câu 3:
Đkxđ x 1, đặt x 1 = u; 3 2 x = v ta có hệ phơng trình:
u v = 5
2
3
u + v = 1
Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2
x = 10.

O
B
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
D
AB = AC = R ABOC là hình

A

M

E

C


vuông
(0.5đ)
Kẻ bán kính OM sao cho
BOD = MOD
MOE = EOC (0.5đ)
Chứng minh BOD = MOD
OMD = OBD = 900
Tơng tự: OME = 900
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
2
Cộng từng vế ta đợc: 3DE > 2R DE > R

3
2
Vậy R > DE > R
3
Đề 9
Câu 1: Cho hàm số f(x) =

x 4x + 4
2

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =

f ( x)
khi x 2
x2 4

Câu 2: Giải hệ phơng trình
x( y 2) = ( x + 2)( y 4)

( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)
Câu 3: Cho biểu thức
x x +1 x 1
: x +

A =
x

1

x 1


x
với x > 0 và x 1
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 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 =
11
đáp án
Câu 1


a)

f(x) =

x 2 − 4 x + 4 = ( x − 2) 2 = x − 2

Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)

 x − 2 = 10

 x = 12
f ( x) = 10 ⇔ 
⇔
 x − 2 = −10
 x = −8

c)

A=

x−2
f ( x)
=
2
x − 4 ( x − 2)( x + 2)

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A =

1
x+2

Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A = −

1
x+2

C©u 2
 x( y − 2) = ( x + 2)( y − 4)

( x − 3)(2 y + 7) = (2 x − 7)( y + 3)

 xy − 2 x = xy + 2 y − 4 x − 8
⇔
2 xy − 6 y + 7 x − 21 = 2 xy − 7 y + 6 x − 21
 x − y = −4
x = -2
⇔
⇔ 
x + y = 0
y = 2
 x x +1 x −1  
: x +
−
Ta cã: A = 
 
x
−
1
x
−
1

 

C©u 3a)

x 

x − 1 

 ( x + 1)( x − x + 1)

x − 1   x ( x − 1)
:
−
+
= 
 
(
x
−
1
)(
x
+
1
)
x
−
1
x
−
1

 
=

=
=
b) A = 3

=>

2− x
=3
x

x 

x − 1 

 x − x +1 x −1   x − x + x 

:

−

 

x
−
1
x
−
1
x
−
1

 

x − x +1− x +1

x −1
− x +2
x −1

:

=> 3x +

:

x
x −1

x
x −1
=

x -2=0

− x +2
x −1

⋅

x −1
=
x

2− x
x

P

=> x = 2/3

A

C©u 4

E
B

O

H

C


a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có
EH CH
=
;
PB CB

(1)

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>

POB = ACB (hai góc đồng vị)

=>

AHC POB

Do đó:

AH CH
=
PB OB

(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 AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
AH 2 = (2 R

AH.CB AH.CB
)
.
2PB
2PB

AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
4AH.PB2

= 4R.PB.CB - AH.CB2

AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB


AH =
=

4R.CB.PB
4R.2R.PB
=
2
2
4.PB + CB
4PB 2 + (2R) 2
8R 2 . d 2 R 2
2.R 2 . d 2 R 2
=
4(d 2 R 2 ) + 4R 2
d2

Câu 5 (1đ)
Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:

(1)


2m 1

x1 + x 2 = 2

m 1

x 1 .x 2 =


2

3x 1 4x 2 = 11


Giải phơng trình 3

13 - 4m

x1 =
7

7m
7

x1 =
26 - 8m

13
4m
7m 7

3 7 4 26 - 8m = 11


13 - 4m
7m 7
4
= 11
7
26 - 8m

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:
1
1
1
A=
+
+
+ .....+
3+ 5
5+ 7
7+ 9
3333.....35
B = 35 + 335 + 3335 + ..... +

1
97 + 99

99 số 3

Câu II :Phân tích thành nhân tử :
1) X2 -7X -18
2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
3) 1+ a5 + a10
Câu III :
1) Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)
2) áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2
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
MP
b) Tính tỉ số :
MQ
Câu 5:
Cho P =

x 2 4x + 3

1 x
Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
đáp án
Câu 1 :
1) A =

1

+

1

+

1

+ .....+

1

3+ 5
5+ 7
7+ 9
97 + 99
1
1
= ( 5 3 + 7 5 + 9 7 + .....+ 99 97 ) = ( 99 3 )
2
2
.....
35 =
2) B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 3333
99 số 3

=33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33)
1
= 198 + ( 99+999+9999+.....+999...99)
3
1
198 + ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 1) = 198 33 +
3
10101 10 2
+165
B =
27


Câu 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -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
= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]
= (x2+5x +3)(x2+5x +7)
3) a10+a5+1
= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )
= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)
=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)
Câu 3: 4đ
1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>
a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
0

a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>
0
(ad - bc)2 (đpcm )
Dấu = xãy ra khi ad=bc.
2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2) (1 + 16) =>
25
100
5
20
x 2 + y2
=> 4x2 + 4y2
dấu = xãy ra khi x=
,y=
(2đ)
17
17
17
17
Câu 4 : 5đ
Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=>
DM MP
=
=> DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB
MPD đồng dạng với ICA =>
CI
IA
Ta có góc ADC = góc CBA,
Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA.
Do đó DMQ đồng dạng với BIA =>

DM MQ
=
=> DM.IA=MQ.IB (2)
BI
IA
MP
Từ (1) và (2) ta suy ra
=1
MQ
Câu 5
Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0
Từ 1-x > 0 => x < 1

(1).


Mặt khác : x2-4x+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 :
( x 1)( x 3)
x 2 4x + 3
P=
=
= 3 x
1 x
1 x
Đề 11
1
1

+
2
a
( a + 1) 2

Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức . A = 1 +
b. Tính giá trị của tổng.

B = 1+

Với a > 0.

1
1
1
1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + 2 +
2
1
2
2
3
99
100 2

Câu 2 : Cho pt x 2 mx + m 1 = 0
a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với m .
b. Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.

P=
Câu 3 : Cho x 1,

2 x1 x 2 + 3

x1 + x 2 + 2( x1 x 2 + 1)
2

2

y 1 Chứng minh.
1
1
2
+

2
2
1 + xy
1+ x
1+ y

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.
MA 2 AH AD
=
.

MB 2 BD BH
Hớng dẫn
Câu 1 a. Bình phơng 2 vế A =
c. áp dụng câu a.

a2 + a +1
a ( a + 1)

(Vì a > 0).


A = 1+

1
1

a a +1

1
9999
=
100 100
Câu 2 a. : cm 0 m
B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:
x1 + x 2 = m
2m + 1
P= 2
(1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.

m +2

x1 x 2 = m 1
1
P 1
2
1
GTLN = m = 2
2
GTNN = 1 m = 1
B = 100

Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
x( y x )
y( x y )
+
0
bđt
2
1 + x (1 + xy ) 1 + y 2 (1 + xy )
2
( x y ) ( xy 1) 0 đúng vì xy 1

(

)

(

)

M

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 = H1
HF = H2
AH AD HE.h1 .MA 2
(1)

.
=
BD BH HF .h2 .MB 2
HEF DF ' E '
HF .h2 = HE.h
Thay vào (1) ta có:

MA 2 AH AD
=
.
MB 2 BD BH

F'

D
A

B

H
I

a+ b
a + b a + b + 2ab
+
Câu 1: Cho biểu thức D =
: 1+
1 ab
1 + ab
1 ab
a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D

c) Tìm giá trị lớn nhất của D

F

E

Đề 12

b) Tính giá trị của D với a =

o

E'

2
2 3

Câu 2: Cho phơng trình

2
2 3

x2- mx +

2
2 3

m2 + 4m - 1 = 0 (1)

a) Giải phơng trình (1) với m = -1
b) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn

1
1
+
= x1 + x 2
x1 x 2

Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, A = ( = 90 0 ) Chứng minh

rằng

AI =

2bc.Cos

b+c


2 (Cho Sin2 = 2 SinCos )

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


NA NB. 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=

xy zx xyz
+ +
z
y
x

Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là

Đáp án
a 0

b 0
ab 1


- Rút gọn D
2 a + 2b a a + b + ab
D=
:

1 ab
1 ab
D=

2 a
a +1

b) a =

2
2+ 3

=

2(2 + 3
= ( 3 + 1) 2 a = 3 + 1
1

2+2 3 2 32
=
Vậy D = 2

+1 4 3
2 3
c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
2 a a +1 D 1
Vậy giá trị của D là 1


Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1)

1 2
9
x + x = 0 x 2 + 2x 9 = 0
2
2

x = 1 10
1
x 2 = 1 + 10
b) Để phơng trình 1 có 2 nghiệm thì 0 8m + 2 0 m

1 ( )
*
4

1 2
m + 4m 1 0
2
( )
+ Để phơng trình có nghiệm khác 0
m1 4 3 2 *

m2 4 + 3 2
x + x2 = 0
1
1
+
= x1 + x 2 ( x1 + x 2 )( x1 x 2 1) = 0 1
+
x1 x 2
x1 x 2 1 = 0


m = 0
2 m = 0

2
m = 4 19
m + 8m 3 = 0

m = 4 + 19
Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = 0 và m = 4 19
Câu 3:
1

+ S ABI = AI .cSin ;
2
2
1

AI .bSin ;

2
2
1
+ S ABC = bcSin ;
2
S ABC = S ABI + S AIC
+ S AIC =

bcSin = AISin

A


(b + c )
2

a


2bcCos
2
=
b+c

bcSin

Sin (b + c)
2
Câu 4:
a) N 1 = N 2 Gọi Q = NP (O)

)
)
QA = QB Suy ra Q cố định
b) A = M (= A )
AI =

1

1





2

2

B

I

Ta có: AP F + AP M = 90 + 90 = 180
0

0

C

c

N
1 2

2

2

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 B = 45 0 AFB = 45 0
Lại có P1 = 45 0 AFB = P1 Tứ giác APQF nội tiếp
AP F = AQ F = 90 0

b

A

M
I

1

1

P

Q

0

F

B