De luyen thi vao 10 cung huong dan

Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

ĐỀ SỐ 1
Bài 1. (1,5 điểm)
a) Cho biết: A = 9 + 3 7 và B = 9 - 3 7 . Hãy so sánh A + B và A.B.
b) Tính giá trị của biểu thức:

1  5− 5
 1
M=
−
÷:
3
−
5
3
+
5

 5 −1

Bài 2.

Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một tam giác có chiều cao bằng

2
cạnh đáy. Nếu chiều
5

cao giảm đi 2 dm và cạnh đáy tăng thêm 3 dm thì diện tích của nó giảm đi 14 dm 3.Tính chiều cao và
cạnh đáy của tam giác.
Bài 3. (4 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By. Qua
điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở E và
F.
a) Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp.
b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao?
c) Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB). Gọi K là giao điểm của MH và EB. So sánh MK với
KH.
d) Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF.
Chứng minh rằng:

1 r 1
< <
3 R 2

Bài 4. (2 điểm)
Một hình chữ nhật ABCD có diện tích là 2cm 2, chu vi là 6cm và AB > AD. Cho hình chữ nhật này
quay quanh cạnh AB một vòng ta được một hình gì? Hãy tính thể tích và diện tích xung quanh của
hình được tạo thành.
ĐỀ SỐ 2
Bài 1. (2 điểm)



a
1   1
2 
−
+

÷: 
÷
 a −1 a − a   a +1 a −1

Cho biểu thức K = 

a) Rút gọn biểu thức K.
b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2 2
c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.

mx − y = 1

Bài 2. (2 điểm) Cho hệ phương trình:  x y
 2 − 3 = 334
a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1.
b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm.
Bài 3. (3,5 điểm)

Nguyễn Văn Ngãi

 3 757 022 – 0905 161 906

1


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =

2
AO. Kẻ dây
3

MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M,
N và B. Nối AC cắt MN tại E.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME
∆ACM và AM2 = AE.AC.
c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2.
d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
CME là nhỏ nhất.
Bài 4. (2 điểm) Người ta rót đầy nước vào một chiếc ly hình nón thì được 8 cm 3. Sau đó người ta rót
nước từ ly ra để chiều cao mực nước chỉ còn lại một nửa. Hãy tính thể tích lượng nước còn lại trong
ly.
ĐỀ SỐ 3
Bài 1. Cho hàm số:

y = f (x) = 2 − x + x + 2
a) Tìm tập xác định của hàm số.
b) Chứng minh f(a) = f(- a) với −2 ≤ a ≤ 2
2
c) Chứng minh y ≥ 4 .
Bài 2. (2 điểm)
Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ thuật mới
nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn
thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch?
Bài 3. (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = - 1.
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương
của nghiệm còn lại.
Bài 4. (3 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 45 0. Vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC.
Gọi H là giao điểm của BD và CE.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh: HD = DC.
c) Tính tỉ số:

DE
.
BC

d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc với DE.
ĐỀ SỐ 4
Bài 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức

 4 x
8x   x − 1
2 
P=
+
−
÷: 
÷
x
 2 + x 4 −1  x − 2 x
a) Rút gọn P.

b) Tìm giá trị của x để P = - 1.
Nguyễn Văn Ngãi

 3 757 022 – 0905 161 906

2


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

c) Tìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có m( x − 3)P > x + 1
Bài 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0

2x − y = 2
9x + 8y = 34

b) Giải hệ phương trình: 

Bài 3.
Cho hình bình hành ABCD có đỉnh nằm trên đường tròn đường kính AB. Hạ BN và DM cùng vuông
góc với đường chéo AC. Chứng minh:
a) Tứ giác CBMD nội tiếp được trong đường tròn.
·
·
b) Khi điểm D di động trên đường tròn thì BMD
không đổi.
+ BCD

c) DB.DC = DN.AC.
Bài 4.
Cho hình thoi ABCD với giao điểm hai đường chéo là O. Một đường thẳng d vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) tại O. Lấy một điểm S trên d. Nối SA, SB, SC, SD.
a) Chứng minh AC vuông góc với mặt phẳng (SBD).
b) Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng (SBD).

·
·
c) Tính SO, biết AB = 8 cm; ABD
= 300 , ASC
= 600 .
Bài 5.
Chứng minh rằng: Nếu x, y là các số dương thì:

1 1
4
+ ≥
x y x+y

Bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi nào?
ĐỀ SỐ 5
Bài 1. Cho A =

1
1
+
.
2(1 + x + 2) 2(1 − x + 2)

a) Tìm x để A có nghĩa.
b) Rút gọn A.
Bài 2.

3x + 2y = 5

a) Giải hệ phương trình 
15
 x − y = 2
b) Giải phương trình 2x 2 − 5 2x + 4 2 = 0

Bài 3.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Hai tiếp
tuyến tại C và D với đường tròn (O) cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường
thẳng AB và CD; AD và CE.
a) Chứng minh BC // DE.
b) Chứng minh các tứ giác CODE; APQC nội tiếp được.
c) Tứ giác BCQP là hình gì ?
Bài 4.
Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh bên bằng 24 cm và đường cao bằng 20 cm.
a) Tính thể tích của hình chóp.
b) Tính diện tích toàn phần của hình chóp.
Nguyễn Văn Ngãi

 3 757 022 – 0905 161 906

3


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

Bài 5.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = (x + 2008) 2 + (x + 2009) 2
ĐỀ SỐ 6
Bài 1: Cho đường thẳng (D) có phương trình: y = - 3x + m.
Xác định (D) trong mỗi trường hợp sau:
a) (D) đi qua điểm A(-1; 2).
b) (D) cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ bằng −
Bài 2: Cho biểu thức A =

2
.
3

2
x + 2x + 3
2

a) Tìm tập xác định của A.
b) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị đó.
Bài 3: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A của các đường tròn
(O) và (O’) cắt đường tròn (O’) và (O) theo thứ tự tại C và D. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của
các dây AC và AD. Chứng minh:
a) Hai tam giác ABD và CBA đồng dạng.
·
·

b) BQD
.
= APB
C) Tứ giác APBQ nội tiếp.
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại B. Vẽ nửa đường thẳng AS vuông góc với mặt phẳng (ABC). Kẻ
AM vuông góc với SB.
a) Chứng minh AM vuông góc với mặt phẳng (SBC).
·
b) Tính thể tích hình chóp SABC, biết AC = 2a; SA = h và ACB
= 30o .
Bài 5:

1 1 1
+ + = 4 thì
x y z
1
1
1
+
+
≤1.
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z

Chứng minh rằng: Nếu x, y, z > 0 thỏa mãn

ĐỀ SỐ 7
Bài 1: Tìm x biết x 12 + 18 = x 8 + 27 .
Bài 2:
Cho phương trình bậc hai 3x2 + mx + 12 = 0.
(1)

a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm bằng 1, tìm nghiệm còn lại.
Bài 3:
Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 14km/giờ thì đến sớm
2 giờ, nếu giảm vận tốc đi 4km/giờ thì đến muộn 1 giờ.
Tính vận tốc dự định và thời gian dự định.
Bài 4:
Từ điểm A ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC, và cát tuyến AKD sao cho BD song song
với AC. Nối BK cắt AC ở I.
a) Nêu cách vẽ cát tuyến AKD sao cho BD//AC.
b) Chứng minh : IC2 = IK.IB
Nguyễn Văn Ngãi

 3 757 022 – 0905 161 906

4


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

·
c) Cho góc BAC
= 60o . Chứng minh cát tuyến AKD đi qua O.
Bài 5
Biết rằng a, b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a.b = 1. Chứng minh:
a 2 + b2
≥2 2.
a−b

HƯỚNG DẪN & ĐÁP SỐ
ĐỀ 1
Bài 1.
a) Ta có A + B = 18 và A.B = 9 2 − (3 7) 2 = 81 − 63 = 18 nên A = B.

1   5 − 5   (3 + 5) − (3 − 5) 
5 −1
1
 1
−
=
÷= 
÷.
÷: 
 3 − 5 3 + 5   5 − 1   (3 + 5)(3 − 5)  5( 5 − 1) 2

b) M = 

Bài 2.
Gọi chiều cao và cạnh đáy của tam giác đã cho là x và y (x > 0; y > 0, tính bằng dm). Theo bài ra ta
có hệ phương trình:

2

2

 x = 5 y
x = y
⇔

5

1
1
 xy − (x − 2)(y + 3) = 14  xy − (xy + 3x − 2y − 6) = 28
 2
2
2

 x = 11
x = y

⇔
⇔
5
55 (thỏa mãn điều kiện).
y
=
−3x + 2y = 22 
2
55
Trả lời: Chiều cao của tam giác là 11 dm và cạnh đáy của tam giác là
dm .
2
Bài 3.
a) Tứ giác AEMO có:
y

x

M

E

Q

P
A

O

Nguyễn Văn Ngãi

·
EAO
= 900 (AE là tiếp tuyến)
F ·
EMO = 900 (EM là tiếp tuyến)
·
·
⇒ EAO
+ EMO
= 1800
⇒ AEMO là tứ giác nội tiếp
·
b) AMB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
AM ⊥ OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến) ⇒ MPO
= 900

B

 3 757 022 – 0905 161 906

5


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

·
Tương tự, MQO
= 900

Tứ giác MPQO là

hình chữ nhật
c) Ta có ∆EMK
y
F
x

M
K

A

H

O

EM EF
=
MK FB

(0,25đ)

Vì MF = FB (MF và FB là hai tiếp tuyến) nên:

EM EF
=
MK MF

EA AB
=
KH HB
EF AB
EM EA
Nhưng
=
(Talet)
⇒
=
B
MF HB
MK KH
Mặt khác, ∆EAB

E

∆EFB (g.g) ⇒

∆KHB (g.g) ⇒

Vì EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) suy ra MK = KH
·
d) ∆EOF vuông ( EOF
= 900 ). OM là đường cao và OM = R.
Gọi độ dài 3 cạnh của ∆EOF là a, b, c. Ta có:

1
1
SEOF = r(a + b + c) = aR
2
2
⇒ aR = r(a + b + c)
r
a
⇒ =
R a+b+c

a
a 1
<
=
a + b + c 2a 2
a
a 1

>
=
Mặt khác b < a, c < a ⇒ a + b + c < 3a ⇒
a + b + c 3a 3
r 1
Tóm lại: 3 <
<
R 2
Nhưng b + c > a ⇒ a + b + c > 2a ⇒

Bài 4. (2 điểm).
Hình được tạo thành là hình trụ. Số đo độ dài của AB và AD là các nghiệm của phương trình
x2 - 3x + 2 = 0
Từ đó AB = 2cm và AD = 1cm.
Thể tích hình trụ là V = πAD2.AB = 2π (cm3) và diện tích xung quanh của hình trụ là
Sxq = 2πAD.AB = 4π(cm2).

ĐỀ 2
Bài 1. (2 điểm)
a) (1 điểm)
Điều kiện a > 0 và a ≠ 1

(0,25đ)

 a
  1

1
2
K =

−
+
÷: 
÷
a ( a − 1)   a + 1 ( a + 1)( a − 1) 
 a −1
Nguyễn Văn Ngãi

 3 757 022 – 0905 161 906

(0,25đ)
6


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

a −1
a +1
:
a ( a − 1) ( a + 1)( a − 1)
a −1
a −1
=
.( a − 1) =
a ( a − 1)
a
=

2 )2 ⇒ a = 1 + 2
3 + 2 2 − 1 2(1 + 2)

K=
=
=2
1+ 2
1+ 2
a − 1 < 0
a −1
<0⇔
c) (0,5 điểm) K < 0 ⇔
a
 a>0
a < 1
⇔
⇔ 0 < a <1
a
>
0

b) (0,5 điểm) a = 3 + 2 2 = (1 +

Luyện thi vào THPT

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

Bài 2. (2điểm)

a) (1 điểm) Khi m = 1 ta có hệ phương trình:

b)

x − y = 1

x y
 2 − 3 = 334
x − y = 1
⇔
3x − 2y = 2004
2x − 2y = 2
⇔
3x − 2y = 2004
 x = 2002
⇔
 y = 2001

mx − y = 1
 y = mx − 1


⇔
x y
3
−
=
334
y
=

x − 1002
 2 3

2
 y = mx − 1
 y = mx − 1


⇔
⇔ 
3
3
m
−
mx
−
1
=
x
−
1002

÷x = −1001 (*)


2
2


3

3
Hệ phương trình vô nghiệm ⇔ (*) vô nghiệm ⇔ m − = 0 ⇔ m =
2
2
Bài 3.
a)
* Hình vẽ đúng
·
* EIB
= 900 (giả thiết)
Nguyễn Văn Ngãi

 3 757 022 – 0905 161 906

7


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

M
C

O1
E
A

B

I

Luyện thi vào THPT

* ∠ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
* Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp
b) (1 điểm) Ta có:
* sđ cungAM = sđ cungAN
* ∠AME = ∠ACM
*GócAchung,suyra∆AME
∆ACM.
* Do đó:

N

AC AM
=
⇔ AM2 = AE.AC
AM AE

c)
* MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB
* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên
* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2.
d)
* Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó tâm O 1 của
đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách NO 1 nhỏ nhất khi và chỉ khi
NO1 ⊥ BM.)
* Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được O 1. Điểm C là giao của đường tròn đã cho với
đường tròn tâm O1, bán kính O1M.
Bài 4. (2 điểm)
Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình nón do 8cm 3

3

1 1
nước ban đầu tạo thành. Do đó phần nước còn lại có thể tích bằng  ÷ = thể tích nước ban đầu.
2 8
Vậy trong ly còn lại 1cm3 nước.
ĐỀ 3
Bài 1. a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

2 − x ≥ 0
x ≤ 2
⇔
⇔ −2 ≤ x ≤ 2 (hoặc | x | ≤ 2)

x
+
2
≥
0
x
≥
−
2



Tập xác định là [-2; 2].
b) f (a) =

2 − a + a + 2 ; f ( −a) = 2 − ( −a) + −a + 2 = 2 − a + a + 2 .

Từ đó suy ra f(a) = f(- a)
c) y 2 = ( 2 − x ) 2 + 2 2 − x. 2 + x + ( 2 + x ) 2

= 2 − x + 2 4 − x2 + 2 + x
= 4 + 2 4 − x 2 ≥ 4 (vì 2 4 − x 2 ≥ 0).
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = ±2 . Giá trị nhỏ nhất của y là 2.

Bài 2.
* Gọi x,y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch (điều kiện x,y ∈ ¥ * ).
* Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600
* Số sản phẩm tăng của tổ I là:
Nguyễn Văn Ngãi

18
x (sp)
100

 3 757 022 – 0905 161 906

8


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

21
y (sp)
100

18
21
x+
y = 120
* Từ đó ta có phương trình thứ hai:
100
100
* Số sản phẩm tăng của tổ II là:

* Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình:

 x + y = 600

 18
21
100 x + 100 y = 120
* Giải ra được x = 200 , y = 400
* So sánh điều kiện và kết luận.
Bài 3.

 x = −4
x = 2

a) Khi m = - 1, phương trình đã cho có dạng x + 2x − 8 = 0 ⇔ 
2

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ = m2 - (m - 1)3 > 0
(*)
2
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u; u thì theo định lí Vi-ét ta có:

u + u 2 = 2m
 2
3
u.u = (m − 1)

(1)
(2)

Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1) 2 = 2m ⇔ m2 - 3m = 0 ⇔ m = 0 hoặc
m = 3. Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = - 1 và u = 2.
Bài 4.
·
·
·
·
a) Ta có ADH
= AEH
= 900 , suy ra AEH
+ ADH
= 1800 ⇒ tứ giác AEHD nội tiếp được trong
một đường tròn.
B
·
·
b) ∆AEC vuông có EAC
= 450 nên ECA
= 450 , từ đó
∆HDC vuông cân tại D. Vậy DH = DC.
E

c) Do D, E nằm trên đường tròn đường kính BC nên
x
, suy ra ∆AED
∆ACB, do đó:
·
·
AED
= ACB
H
O
DE AE
AE
2
A

D

C

BC

=

AC

=

AE. 2

=

2

d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), ta có
, mà ·
(cùng bù với ·
)
·
·

·
BAx
= BCA

BCA = AED

DEB

·
·
do đó DE // Ax.
⇒ BAx
= AED
Mặt khác, OA ⊥ Ax , vậy OA ⊥ ED (đpcm).
ĐỀ 4
Bài 1.
a) P =

4 x (2 − x ) + 8x ( x − 1) − 2( x − 2)
:

(2 + x )(2 − x )
x ( x − 2)

Nguyễn Văn Ngãi

 3 757 022 – 0905 161 906

9


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

=

Luyện thi vào THPT

8 x + 4x
3− x
:
(2 + x )(2 − x ) x ( x − 2)

8 x + 4x
x ( x − 2)
.
(2 + x )(2 − x ) 3 − x
4x
=
x −3
=

Điều kiện x ≥ 0; x ≠ 4 và x ≠ 9
b) P = - 1 khi và chỉ khi 4x + x − 3 = 0

⇔ x=

3
9
⇔x=
4
16

c) Bất phương trình đưa về dạng 4mx > x + 1 ⇔ (4m - 1)x > 1
* Nếu 4m-1 ≤ 0 thì tập nghiệm không thể chứa mọi giá trị x > 9; Nếu 4m-1 > 0 thì nghiệm bất

1
1
. Do đó bất phương trình thỏa mãn với mọi x > 9 ⇔ 9 ≥
và
4m − 1
4m − 1
5
4m - 1 > 0. Ta có m ≥
.
18
phương trình là x >

Bài 2.
a) Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình đã cho trở thành: t2 - 24t - 25 = 0, chú ý t ≥ 0 ta được t = 25.
Từ đó phương trình có hai nghiệm x = - 5 và x = 5.
b) Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50 ⇔ x = 2. Từ đó ta có y = 2.

Bài 3.
·
·
·
a) Do AB là đường kính đường tròn (O) ⇒ ADB
(so le trong)
= 900 mà ADB
= DBC
(1)
0
D
·
C

⇒ DBC = 90
·
Mặt khác DMC
= 900

N
M

A

O

B

(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn đường

kính CD.
b) Khi điểm D di động trên đường tròn (O) thì tứ giác CBMD
luôn là tứ giác nội tiép.
·
·
Suy ra BMD
+ BCD
= 1800 (đpcm).

·
c) Do ANB
= 900 (giả thiết) ⇒ N ∈ (O)

·
·
» 
BDN
= BAN
(cïng ch¾n BN)
·
·
(3)
 ⇒ BDN = ACD
·
·
mµ BAN = ACD (sole trong) 
·
·
·
» )

mặt khác DAC
(cùng chắn DN
(4)
= DAN
= DBN
AC CD
=
⇒ AC.DN = BD.CD
Từ (3) và (4) suy ra ∆ACD
∆BDN ⇒
BD DN
Bài 4.
a) SO ⊥ mp(ABCD) ⇒ AC ⊥ SO
ABCD là hình thoi (giả thiết) ⇒ AC ⊥ BD
Nguyễn Văn Ngãi

 3 757 022 – 0905 161 906

(1)
(2)
10


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

Từ (1) và (2) ⇒ AC ⊥ mp(SBD) .
b) SO ⊥ mp(ABCD) mà SO nằm trong mp(SAC) ⇒ mp(SAC) ⊥ mp(ABCD) .
c) Trong tam giác vuông AOB có:

S
·
AO = AB.sin ABO
= AB.sin 300 = 4(cm) .
Trong tam giác cân ASC có SO là đường cao nên cũng là phân giác, suy ra

1·
·
ASO
= ASC
= 300 .
2

A

0
0
D Trong tam giác vuông ASO có SO = AO.cotg30 = 4.cotg30 .
Vậy SO = 4 3(cm)
Bài 5.

O
B

C

2

1 1  x
y

Ta có (x + y)  + ÷ = 
−
÷ + 4 ≥ 4.
x
x y  y

Vì x, y là các số dương nên x + y > 0. Chia hai vế của bất đẳng thức trên cho x + y ta có điều phải
chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Chú ý: Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x, y và cho hai số dương

1 1
, , sau dó
x y

lí luận để nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều ta cũng có điều phải chứng minh.
ĐỀ SỐ 5
Bài 1.

 x ≥ −2
 x ≥ −2
 x + 2 ≥ 0
⇔
⇔
 x + 2 ≠ 1  x + 2 ≠ 1  x ≠ −1

a) A có nghĩa ⇔ 
b) A =
Bài 2.

1

1
(1 − x + 2) + (1 + x + 2)
−1
+
=
=
x +1
2(1 + x + 2) 2(1 − x + 2)
2 1 − ( x + 2) 2 

3x + 2y = 5
x = 4
3x + 2y = 5
5x = 20


⇔
⇔
a) 
15 ⇔ 
−7
2x
−
2y
=
15
3x
+
2y
=

5
x
−
y
=
y
=




2
2
b) Ta có a + b + c = 2 − 5 2 + 4 2 = 0.
c 4 2
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = =
= 4.
a
2
Bài 3.
A

B

»
s® BC
.
2

Do DE là tiếp tuyến của đường tròn (O)

O

D
E

Nguyễn Văn Ngãi

P

·
a) Ta có s® BCD
=

Q

C3 757 022 – 0905 161 906

»
s®CD
, mà »
·
» (giả thiết)
⇒ s®CDE =
BD = CD
2
11


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

·
·
⇒ BCD
= CDE
⇒ DE // BC
·
·
b) ODE
= 900 (vì DE là tiếp tuyến), OCE
= 900 (vì CE là tiếp tuyến)
·
·
Suy ra ODE
+ OCE
= 1800 . Do đó CODE là tứ giác nội tiếp.
»
»
s® BD
s®CD
·
·
·
·
» = CD
» (giả thuyết) suy ra PAQ
Mặt khác s® PAQ
mà BD

.
= PCQ
=
, s® PCQ
=
2
2
Vậy APQC là tứ giác nội tiếp.
·
·
» ) và PCB
·
·
c) Do APQC là tứ giác nội tiếp, suy ra QPC
(cùng chắn CQ
(cùng
= QAC
= BAD

» )
chắn CD

·
·
·
·
Do QAC
= BAD,
suy ra QPC
= PCB

⇒ PQ // BC
Vậy BCQP là hình thang.

Bài 4.
a) Trong tam giác vuông AOS có: OA2 = SA2 - SO2 = 242 - 202 = 176
Do SABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông, do đó
∆AOB vuông cân ở O, ta có:
AB2 = 2.AO2 = 176.2 = 352
Do đó: SABCD = AB2 = 352(cm2)

S

d
D

C
H

O
A

B

1
3

2
3

Vì vậy: V = SABCD .h = 2346 (cm )

3

b) Ta có:

1
1
OH = AB =
352. Do SO ⊥ mp(ABCD) ⇒ SO ⊥ OH .
2
2

Suy ra trong tam giác vuông SOH có:

SH = SO 2 + OH 2 = 20 2 + (0,5. 352) 2 = 488;
4.AB.SH
= 2.AB.SH = 2 352. 488
2
= 2 22.16. 122.4 = 16 122.22 = 32 61.11 = 32 671(cm 2 )

Sxq =

Do đó: Stp = Sxq + Sđ = 32 671 + 352 = 32

(

)

671 + 11 (cm 2 )

Bài 5.

P = (x + 2008) 2 + (x + 2009) 2 = x + 2008 + x + 2009
= − x − 2008 + x + 2009 ≥ x + 2009 − x − 2008 = 1
Vậy P ≥ 1, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
Nguyễn Văn Ngãi

 3 757 022 – 0905 161 906

12


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

(x + 2009)(x - 2008) ≥ 0 ⇔ −2009 ≤ x ≤ −2008 .
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất là 1 ⇔ −2009 ≤ x ≤ −2008 .
ĐỀ SỐ 6
Bài 1:
a) Đường thẳng (D) đi qua điểm A(-1; 2) suy ra m - 3(-1) = 2 ⇔ m = - 1.
b) Đường thẳng (D) cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ bằng −

2
.
3

Bài 2:
a) Ta có x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 ≥ 2 với mọi x ∈ ¡ .
Do đó x2 + 2x + 3 ≠ 0 với mọi x ∈ ¡ .
Suy ra tập xác định của A là ¡ .

b) Ta có x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2 ≥ 2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = -1.
Áp dụng quy tắc so sánh: Nếu m, a, b > 0 thì
Ta có A =

2

( x + 1)

2

+2

≤

m m
≤ ⇔ a ≥ b.
a b

2
=1
2

Vậy A đạt giá trị lớn nhất là 1 khi x = -1.
Bài 3.

1 ¼
·
·
¼ thuộc đường tròn (O)).

a) Ta có sđ CAB
= sđ ADB
, ( AnB
= sđ AnB
2

A
O
Q

n’

n

P

D

b)

O’

B

C

·
·
·
·

Do đó CAB
= ADB
. Tương tự ACB
= BAD
suy ra ∆ABD
∆CBA .

DQ =

Vì

∆ABD

∆CBA suy

ra

AD BD
=
,mà
CA BA

AD
AC
BD DQ , cùng với ·
suy
·
;AP =
⇒
=

QDB = PAB
2
2
BA AP

·
·
.
∆APB ⇒ BQD
= APB
·
·
·
·
·
·
c) AQB
+ BQD
= 180o mà BQD
= APB
⇒ AQB
+ APB
= 180o suy ra tứ giác APBQ là tứ

ra ∆BQD

S

giác nội tiếp.
Bài 4:

a) Ta có SA ⊥ mp(ABC) (giả thiết) mà BC thuộc mp (ABC), suy ra BC ⊥ AB, do đó BC ⊥
mp(SAB).
Vì AM thuộc mp (SAB), suy ra AM ⊥ BC, mặt khác AM ⊥
mp(SBC).
b) Trong tam giác vuông ABC có:
M

A

300

Nguyễn Văn Ngãi

B

C

1
= a;
2
·
BC = AC.cos ACB
= 2a. cos 30o = a 3 .
·
AB = AC.sin ACB
= 2a. sin 30o = 2a.

 3 757 022 – 0905 161 906

13

Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

1
a2 3
Do đó SABC = BA.BC =
2
2
2
1
1a 3
a 2h 3
Vậy V = SABC .SA =
h=
3
3 2
6
Bài 5:
Sử dụng kết quả bài 5, đề số 4 cho các số dương x + y và x + z ta có:

1
1
1 1
1 
=
≤ 
+

(1)
2x + y + z ( x + y ) + ( x + z ) 4  x + y x + z ÷

1
1 1 1  1
1 1 1
≤  + ÷;
≤  + ÷
Cũng theo kết quả bài đã nêu thì
x + y 4 x y  x +z 4 x z 
1
1
1 1 1 1 1 1 2 1 1
+
≤  + + + ÷=  + + ÷
x + y x + z 4 x y x z  4 x y z 
1
1  2 1 1
≤  + + ÷;
Từ (1) và (2) suy ra
2x + y + z 16  x y z 
Do đó

Tương tự ta có:

1
1  2 1 1
≤  + + ÷;
x + 2y + z 16  y x z 
1

1 2 1 1
≤  + + ÷;
x + y + 2z 16  z x y 

(2)
(3)
(4)
(5)

Cộng từng vế của (3), (4), (5) ta có điều phải chứng minh.
ĐỀ SỐ 7
Bài 1.

x 12 + 18 = x 18 + 27 ⇔ x 12 − x 18 = 27 − 18
27 − 18
3 3 −3 2
⇔x=
12 − 8
2 3−2 2

⇔x=
⇔x=

(
2(
3

) = 1,5
2)

3− 2
3−

Bài 2. 3x2 + mx + 12 = 0 (1)
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ > 0 ⇔ m2 - 4.3.12 > 0
⇔ (m - 12)(m + 12) > 0 ⇔ m > 12 hoặc m < -12
Vậy m > 12 hoặc m < -12 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Phương trình (1) có một nghiệm là 1 ⇔ a + b + c = 0 ⇔ 3 + m + 12 = 0
⇔ m = -15
Ta có x1.x2 =
Nguyễn Văn Ngãi

c
12
= 4 . Vậy x2 = 4
mà x1 = 1 ⇒ 1.x 2 =
a
3

 3 757 022 – 0905 161 906

14


Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng

Luyện thi vào THPT

Bài 3.
Gọi thời gian dự định là x và vận tốc dự định là y, với x > 0, y > 0; x tính bằng giờ, y tính bằng

km/giờ.
* Quãng đường AB dài là: x.y
* Nếu vận tốc giảm đi 4km/h thì thời gian đi sẽ tăng lên 1 giờ nên ta có:
(x + 1)(y - 4) = x.y ⇔ -4x + y = 4
* Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thì thời gian đi sẽ bớt đi 2 giờ nên ta có:
(x - 2)(y + 14) = x.y ⇔ 14x - 2y = 28
Theo bài ra ta có hệ phương trình:

−4x + y = 4

14x − 2y = 28

(1)
(2)

−8x + 2y = 8
⇔
14x − 2y = 28

(1')
(2')

Cộng từng vế của hai phương trình ta có: 6x = 36 ⇔ x = 6
Thay x = 6 vào (1) ta có y = 28
Đáp số: Thời gian dự định là 6 giờ và vận tốc dự định là 28km/giờ.
Bài 4.
a) Vẽ dây BD // AC; nối DA cắt đường tròn (O) tại K. Ta có cát tuyến AKD thỏa mãn BD // AC.
b) Xét hai tam giác BCI và KCI, ta có:
B
·

+ BIC
(chung)
D

O

K

A

1 »
·
+ KCI
(góc giữa tiếp tuyến và dây cung CK)
= sđ CK
2

1 » (góc nội tiếp chắn » ), suy ra ·
·
·
IBC
= sđ CK
CK
KCI = IBC
2
C
BI CI
=
⇒ CI 2 = BI.KI
Vậy ΔBCI

ΔCKI ⇒
CI KI
0
·
·
·
c) Ta có ΔCAB cân (AB = AC) và CAB
= 60 ⇒ ABC
= ACB
= 600 (1)
·
·
Do BD // AC ⇒ DBC
(2)
= BCA
= 600 (so le trong)
1 »
1 »
·
·
Mặt khác, BDC
(góc nội tiếp); BCA
= 600 (góc giữa tiếp tuyến và dây
= sđ BC
= sđ BC
2
2
0
·
·

cung) ⇒ BDC = BCA = 60
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra hai tam giác BCD và BCA là các tam giác đều ⇒ ABDC là hình thoi (tứ giác
» ⇒ DA đi qua O (đpcm)
có 4 cạnh bằng nhau) ⇒ BC ⊥ AD và D là điểm chính giữa BC
I

Bài 5.
Vì ab = 1 nên

a 2 + b 2 (a − b) 2 + 2
2
=
= (a − b) +
a−b
a−b
a−b

Do a > b nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có:

(a − b) +

Nguyễn Văn Ngãi

2
2
≥ 2 (a − b).
=2 2
a −b
a−b

 3 757 022 – 0905 161 906

15