ÔN THI TOÁN VÀO 10

120 Đề ÔN TậP VàO LớP 10

I, một số đề có đáp án
đề 1
Bi 1 : (2 im)
a) Tớnh :
b) Gii h phng trỡnh :

Bi 2 : (2 im)
Cho biu thc :

Bài 3:

a) Rỳt gn A.
b) Tỡm x nguyờn A nhn giỏ tr nguyờn.
Bi 3 : (2 im)
Mt ca nụ xuụi dũng t bn sụng A n bn sụng B cỏch nhau 24 km ; cựng lỳc ú, cng t A v B
mt bố na trụi vi vn tc dũng nc l 4 km/h. Khi n B ca nụ quay li ngay v gp bố na ti a
im C cỏch A l 8 km. Tớnh vn tc thc ca ca nụ.
Bi 4 : (3 im)
Cho ng trũn tõm O bỏn kớnh R, hai im C v D thuc ng trũn, B l trung im ca cung nh
CD. K ng kớnh BA ; trờn tia i ca tia AB ly im S, ni S vi C ct (O) ti M ; MD ct AB ti
K ; MB ct AC ti H.
a) Chng minh BMD = BAC, t ú => t giỏc AMHK ni tip.
b) Chng minh : HK // CD.
c) Chng minh : OK.OS = R2.
Bi 5 : (1 im)
Cho hai s a v b khỏc 0 tha món : 1/a + 1/b = 1/2
Chng minh phng trỡnh n x sau luụn cú nghim :
(x2 + ax + b)(x2 + bx + a) = 0.

Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè nứa:
(h)
Gọi vận tốc của ca nô là x (km/h) (x>4)

24 24 8
24
16
+
=2
+
=2
x+4 x4
x+4 x4
x = 0
2 x 2 40 x = 0
x = 20

Theo bài ta có:

Vởy vận tốc thực của ca nô là 20 km/h
Bài 4:

8
=2
4


ằ = BD
ằ (GT) BMD
ã

ã
a) Ta có BC
(2 góc nội
= BAC
tiếp chắn 2 cung băng nhau)
ã
ã
A, M nhìn HK dời 1 góc
* Do BMD
= BAC
bằng nhau MHKA nội tiếp.
ằ = BD
ằ ), OC = OD (bán
b) Do BC = BD (do BC
kính) OB là đờng trung trực của CD
CD AB (1)
Xet MHKA: là tứ giác nội tiếp, ãAMH = 900 (góc nt
ã
chắn nửa đờng tròn) HKA
= 1800 900 = 900 (đl)
HK AB (2)
Từ 1,2 HK // CD

B
C

D

O
H

K

M

A
S

Bài 5:
x 2 + ax + b = 0 (*)
( x + ax + b)( x + bx + a ) = 0 2
x + bx + a = 0 (**)
2

2

1

(*) = 2 4b , Để PT có nghiệm a 2 4b 0 a 2 4b
a
1

(**) = b 2 4a Để PT có nghiệm thì b 2 4a 0
b

1
2 a

1
2 b

(3)

(4)

1 1
1
1
+
+
a b 2 a 2 b
1
1
1
1
1 1
11 1 1
1 1

+

+
+ ữ (luôn luôn đúng với mọi a, b)
4a 4b 4
4a b 4
8 4
2 a 2 b 2

Cộng 3 với 4 ta có:

De 2
thi gm cú hai trang.
PHN 1. TRC NGHIM KHCH QUAN : (4 im)
3
4

1. Tam giỏc ABC vuụng ti A cú tgB = . Giỏ tr cosC bng :
a). cos C =

3
;
5

4
5

b). cos C = ;

5
3

c). cos C = ;

d). cos C =

5
4


2. Cho một hình lập phương có diện tích toàn phần S1 ; thể tích V1 và một hình cầu có

diện tích S2 ; thể tích V2. Nếu S1 = S2 thì tỷ số thể tích
a).

V1
6
;
=
V2
π

b).

V1
π
;
=
V2
6

c).

V1
bằng :
V2

V1
4
;
=
V2

3π

3. Đẳng thức x 4 − 8 x 2 + 16 = 4 − x 2 xảy ra khi và chỉ khi :
a). x ≥ 2 ; b). x ≤ –2 ; c). x ≥ –2 và x ≤ 2 ;

d).

V1
3π
=
V2
4

d). x ≥ 2 hoặc x ≤ –2

4. Cho hai phương trình x2 – 2x + a = 0 và x2 + x + 2a = 0. Để hai phương trình cùng vô
nghiệm thì :
a). a > 1 ;

b). a < 1 ;

c). a >

1
;
8

d). a <

1

8

5. Điều kiện để phương trình x 2 − (m 2 + 3m − 4) x + m = 0 có hai nghiệm đối nhau là :
a). m < 0 ;
b). m = –1 ;
c). m = 1 ;
d). m = – 4
6. Cho phương trình x 2 − x − 4 = 0 có nghiệm x1 , x2. Biểu thức A = x13 + x23 có giá trị :
a). A = 28 ;
b). A = –13 ;
c). A = 13 ;
d). A = 18
 x sin α − y cos α = 0
7. Cho góc α nhọn, hệ phương trình 
có nghiệm :
 x cos α + y sin α = 1
 x = sin α
 x = cos α
x = 0
 x = − cos α
a). 
;
b). 
;
c). 
; d). 
 y = cos α
 y = sin α
y = 0
 y = − sin α

8. Diện tích hình tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a là :
2
a). π a 2 ;
b). 3π a ;
c). 3π a 2 ;
4

2
d). π a

3


PHẦN 2. TỰ LUẬN :

(16 điểm)

Câu 1 :
(4,5 điểm)
1. Cho phương trình x 4 − (m 2 + 4m) x 2 + 7m − 1 = 0 . Định m để phương trình có 4 nghiệm
phân biệt và tổng bình phương tất cả các nghiệm bằng 10.
3
+ 5 = 3 x 2 ( x 2 + 1)
2
x + x +1

2. Giải phương trình:

4

Câu 2 :
(3,5 điểm)
1. Cho góc nhọn α. Rút gọn không còn dấu căn biểu thức :
P = cos 2 α − 2 1 − sin 2 α + 1

2. Chứng minh:

(4+

15

)(

5− 3

)

4 − 15 = 2

Câu 3 :
(2 điểm)
Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :
a + b + c +1 ≥

2
3

(

ab + bc + ca + a + b + c

)

Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Câu 4 :
(6 điểm)
Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt
(O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm
thứ hai E, F.
1. Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I.
2. Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn.
3. Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) (P ∈ (O), Q ∈ (O’)). Chứng minh đường
thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ.

-----HẾT-----


ĐÁP
ÁN
PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN :
Câu
1
2
3
4
a).
x
x
b).
x

c).
x
d).

(4 điểm) 0,5đ × 8
5
6
7
x

x

x

8

x

PHẦN 2. TỰ LUẬN :
Câu 1 :
(4,5 điểm)
1.
Đặt X = x2 (X ≥ 0)
Phương trình trở thành X 4 − (m2 + 4m) X 2 + 7m − 1 = 0 (1)
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt dương

+

(m + 4m) − 4(7 m − 1) > 0
∆ > 0



(I) +
⇔  S > 0 ⇔  m 2 + 4m > 0
7 m − 1 > 0
P > 0


2

2

Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X1 , X2.
⇒ phương trình đã cho có 4 nghiệm x1, 2 = ± X 1 ; x3, 4 = ± X 2
⇒ x12 + x22 + x32 + x42 = 2( X 1 + X 2 ) = 2(m 2 + 4m)

+
m = 1
 m = −5

2
2
Vậy ta có 2(m + 4m) = 10 ⇒ m + 4 m − 5 = 0 ⇒ 

+

Với m = 1, (I) được thỏa mãn
Với m = –5, (I) không thỏa mãn.
Vậy m = 1.

+
+

2.
Đặt t = x 4 + x 2 + 1 (t ≥ 1)
Được phương trình

3
+ 5 = 3(t − 1)
t

+

3t2 – 8t – 3 = 0
⇒t=3; t=−

1
(loại)
3

Vậy x 4 + x 2 + 1 = 3
⇒ x = ± 1.

Câu 2 :
1.

(3,5 điểm)

P = cos 2 α − 2 1 − sin 2 α + 1 = cos 2 α − 2 cos 2 α + 1

+
+


P = cos 2 α − 2cos α + 1 (vì cosα > 0)

+

P = (cos α − 1) 2
P = 1 − cos α
(vì cosα < 1)

+
+

2.

(4+

15

)(

5− 3

)

) ( 4 + 15 ) ( 4 −
= ( 5 − 3 ) 4 + 15
= ( 5 − 3 ) ( 4 + 15 )

= ( 8 − 2 15 ) ( 4 + 15 )

4 − 15 =

(

2

5− 3

2

=
Câu 3 :

(

2

15

)

+

+
+
+

(2 điểm)

a− b

)

2

≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2 ab

+

Tương tự, a + c ≥ 2 ac
b+c ≥ 2
a +1 ≥ 2
b +1 ≥ 2
c +1 ≥ 2

bc
a
b
c

+

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ở trên ta được điều phải chứng minh.
+
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1

+

Câu 4 :

(6 điểm)

I

E
D

A

+
O

O’
B

C

1.
Ta có :

P

F
Q

H

ABC = 1v

ABF = 1v
⇒ B, C, F thẳng hàng.
+
AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy. ++
2.
ECA = EBA (cùng chắn cung AE của (O)
Mà ECA = AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh)
⇒ EBA = AFD hay EBI = EFI
⇒ Tứ giác BEIF nội tiếp.

+
+
+
+

3.
Gọi H là giao điểm của AB và PQ
Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng
⇒

HP HA
=
⇒ HP2 = HA.HB
HB HP

+
+

Tương tự, HQ2 = HA.HB
⇒ HP = HQ ⇒ H là trung điểm PQ.

+
+

Lưu ý :
- Mỗi dấu “+” tương ứng với 0,5 điểm.
- Các cách giải khác được hưởng điểm tối đa của phần đó.
- Điểm từng phần, điểm toàn bài không làm tròn.
lu«n lu«n cã nghiÖm.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------®Ò
3--

I.Tr¾c nghiÖm:(2 ®iÓm)


Hãy ghi lại một chữ cái đứng trớc khẳng định đúng nhất.

(

)

Câu 1: Kết quả của phép tính 8 18 2 98 + 72 : 2 là :
A.4
C . 16
D . 44
B . 5 2 +6
2
Câu 2 : Giá trị nào của m thì phơng trình mx +2 x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt :
A. m 0

D. m 0 và m < 1
1
1
B. m <
C. m 0 và m <
4
4
0
0
à = 60 ; C
à = 45 . Sđ BC
ằ là:
Câu 3 :Cho VABC nội tiếp đờng tròn (O) có B
A . 750
B . 1050
C . 1350
D . 1500
Câu 4 : Một hình nón có bán kính đờng tròn đáy là 3cm, chiều cao là 4cm thì diện tích xung quanh
hình nón là:
A 9 (cm2)
B. 12 (cm2)
C . 15 (cm2)
D. 18 (cm2)
II. Tự Luận: (8 điểm)
x +1 2 x x + x
+
x 1
x +1
a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa.
b) Rút gọn biểu thức A.

c) Với giá trị nào của x thì A<1.
Câu 6 : Hai vòi nớc cùng chảy vào một bể thì đầy bể sau 2 giờ 24 phút. Nếu chảy riêng từng vòi thì vòi
thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy
bao lâu thì đầy bể?
Câu 7 : Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB>BC). Vẽ đờng
tròn tâm (O') đờng kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vuông góc với AC tại I,
MC cắt đờng tròn tâm O' tại D.
a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao?
b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp?
c) Xác định vị trí tơng đối của ID và đờng tròn tâm (O) với đờng tròn tâm (O').
Câu 5 : Cho biểu thức A=

Đáp án
Câu
1
2
3
4
5

Nội dung

C
D
D
C

x 0
x 0
a) A có nghĩa

x 1 0
x 1
b) A= (

)

x 1
x 1

= x 1 + x

2

+

x

(

)

x +1
x +1

Điểm
0.5
0.5
0.5
0.5

0.5
0.5
0.25


0.25

=2 x 1
c) A<1 2 x 1 <1
2 x <2
x < 1 x<1
6

7

0.25
0.25
0.25

Kết hợp điều kiện câu a) Vậy với 0 x < 1 thì A<1
12
2giờ 24 phút=
giờ
5
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk x>0)
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ)
1
Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy đợc : (bể)
x
1

Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy đợc :
(bể)
x+2
1
1
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy đợc : +
(bể)
x x+2
1
1
1
Theo bài ra ta có phơng trình: +
= 12
x x+2
5
6
Giaỉ phơng trình ta đợc x1=4; x2=- (loại)
5
Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ)
Vẽ hình và ghi gt, kl đúng

0.25
0.25
0.5

0.25

0.75
0.25

0.5

M
D

A

B

I
O

O'

C

N

a) Đờng kính AB MN (gt) I là trung điểm của MN (Đờng kính và dây cung)
IA=IC (gt) Tứ giác AMCN có đơng chéo AC và MN cắt nhau tại trung điểm của
mỗi đờng và vuông góc với nhau nên là hình thoi.
b) ãANB = 900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O) )
BN AN.
AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN).
BN MC (1)
'
ã
BDC
= 900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O ) )
BD MC (2)

ã
Từ (1) và (2) N,B,D thẳng hàng do đó NDC
= 900 (3).
ã
NIC
= 900 (vì AC MN) (4)
Từ (3) và (4) N,I,D,C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính NC
Tứ giác NIDC nội tiếp
c) OBA. O' BC mà BA vafBC là hai tia đối nhau B nằm giữa O và O' do đó ta
có OO'=OB + O'B đờng tròn (O) và đờng tròn (O') tiếp xúc ngoài tại B

0.5
0.5

0.5

0.5
0.5


1
ã
ã
MN =MI VMDI cân IMD
.
= IDM
2
ã ' DC = O
ã ' CD mà IMD
ã

ã ' CD = 900 (vì MIC
ã
Tơng tự ta có O
+O
= 900 )

0.25

ã
ã ' DC = 900 mà MDC
ã
ã
IDM
+O
= 1800 IDO
' = 900
do đó ID DO ID là tiếp tuyến của đờng tròn (O').

0.25

VMDN vuông tại D nên trung tuyến DI =

Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Câu1 :

Đề 4

Cho biểu thức

x3 1
x 3 + 1
x (1 x 2 ) 2
+ x
x :
Với x 2 ;1
x2 2
x 1
x + 1


A=

.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

2
Câu 1: a. Rút gọn A= x 2

x

b.Thay x= 6 + 2 2 vào A ta đợc A=

4+2 2
6+2 2

c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 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
<=>
2 x + 3 y = 12

Từ đó ta có

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
=
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

với m 1/2 pt còn có nghiệm x=

D
K

Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4:
E
a. Ta có KEB= 900
0
F
mặt khác BFC= 90 ( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D
=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK.
b. BCF= BAF
B
Mà BAF= BAE=450=> BCF= 450
O
Ta có BKF= BEF

Mà BEF= BEA=450(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=> BKF=450
Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B

Đề 5

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


Bài 1: Cho biểu thức: P =


x x

x+ x

x 1



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

A

C


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, 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
Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =

1
501
+
2
x +y
xy
2

Đáp án
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 0; x 1

(

a, Rút gọn: P = 2 x( x 1) : 2 x 1 z
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


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

Vì x1> 0 => c. 11 + b. 1 + a = 0.
x1
x
bt + a = 0; t1 =

Chứng tỏ

1
x1

là một nghiệm dơng của phơng trình: ct2 +

1
Vì x2 là nghiệm của phơng trình:
x1

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

1


vì x2> 0 nên c. 1 + b. 1 + 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 : ct 2
+ 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. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD 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 .
A
0
0
Do đó: ABD = 90 và ACD = 90 .
Q
Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O

Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
H
O
của đờng tròn tâm O thì
P
tứ giác BHCD là hình bình hành.
C
B
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB
nhng ADB = ACB nhng ADB = ACB
D
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
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

P=

Bài 1: Cho biểu thức:

Đề 6

x
( x +

y )(1

y )

y



x +

(



) (

y) x +1

xy

)(

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
+ + =
x
y z x+ y+z
3
Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 y8)(y9 + z9)(z10 x10) .
4

Bài 5: Cho x, y, z R thỏa mãn :

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

y ) xy

x +

y

)

=

(

)

( x y ) + x x + y y xy

(

x +

) (1 y )

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

y

) (1 +

(

Vậy P = x + xy y.
b). P = 2 x + xy y. = 2




(

(

x1+

)(

) (

y

x 1 1 +

)

x

)

y +1 =1

y =1

y

)


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
Bài 3 : + + = 1 (2)
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

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


x = y

y= z

z = x


x= y= z

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:
Q
a). Xét ABM và NBM .
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90o .
N
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
C
=> BAN cân đỉnh B.
M
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
A
b). Xét MCB và MNQ có :
O
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:
Từ :

1 1 1
1
1 1 1
1
=0
+ + =
=> + +
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)
Vậy M =

3
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
4

Đề 7

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 =

1
x+2;
2

B.y = x - 2 ; C.y =

Hãy chọn câu trả lời đúng.

1
x-2;
2

D.y = - 2x - 4

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

2
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 <
AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho

MA
1
=

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: 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

Max A2 = 2 <=> x = y =

1
, max A =
2

2 <=> x = y =

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)

1
2

Câu2 (1,5điểm)
Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:

x

1
= AB. Ta có D là điểm cố định

4
MA
1
AD
1
Mà
= (gt) do đó
=
AB
2
MA
2

B

D

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
MA
AD
1
=
=
AB
MA
2

A

MB

M

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
* Cách dựng điểm M.

C

1
AB
2
1
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB
4

- Dựng đờng tròn tâm A bán kính

M là giao điểm của DC và đờng tròn (A;

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
A
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định

Đề 8

N

C

I
K
O

.M
D

B

AD


Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
x2 + 2 y + 1 = y 2 + 2 z + 1 = z 2 + 2x + 1 = 0

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

+

a+b
2a b + 2b a

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


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

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

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


2



Vậy : A = -3.


M min = 2007 x = 2; y = 1

M 2007

u = x ( x + 1)
Bài 3. Đặt :

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

Ta có :

v = y ( y + 1)

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

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

y ( y + 1) = 6

x ( x + 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
m

ã

ã
ã
ã
MCO
= MAO
;MDO
= MBO
c

VCOD : VAMB ( g .g ) (0,25đ)

Do đó :

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

Do MH1 OM nên

d

a

h

b

o

OM
1
MH1

Chu vi VCOD chu vi VAMB
Dấu = xảy ra MH1 = OM M O

M là điểm chính giữa của cung ằAB

2

2

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


a a +
a+b+

2

1
1
0; b b + 0
4
4

1
a+ b >0
2

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 ( a + b )


( a + b) +
2

( a + b)
2

2

a

2a b + 2b a

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

Gọi E là giao điểm của AD và (O)
b
Ta có: VABD : VCED (g.g)

d
e

c




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

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

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


Câu 1: Cho hàm số f(x) = x 4 x + 4
a) Tính f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10

Đè 9

2

c) Rút gọn A =

f ( x)
khi x 2
x2 4
x( y 2) = ( x + 2)( y 4)
( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)

Câu 2: Giải hệ phơng trình

x x +1 x 1
x
: x +
với x > 0 và x 1

Câu 3: Cho biểu thứcA =


x 1
x 1
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 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1; 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)
xy 2 x = xy + 2 y 4 x 8
x y = 4
x = -2




( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)
2 xy 6 y + 7 x 21 = 2 xy 7 y + 6 x 21
x + y = 0
y = 2

Câu 3 a)

x x +1 x 1

A =

Ta có:


: x +
x 1

x 1

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

:

+
( x 1)( x + 1)

x

1
x 1


x x +1 x +1
x 1

b) A = 3

:

x
x 1

=

=> 2 x = 3
x

x +2
x 1

:

x
x 1

x

x 1

=

x x +1 x 1 x x + x

:
=

x

1
x

1
x

1




=

x +2
x 1

=> 3x + x - 2 = 0

x 1
=
x

2 x
x

P
A

(1)

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>
POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>



=> 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
EH CH
;
=
PB CB

x
=
x 1

E
B

O H

C

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

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 10
Câu 1:

Cho P =

x+2
x +1
+
- x +1
x x 1 x + x +1
x 1

a/. Rút gọn P.

b/. Chứng minh: P <

1
với x 0 và x 1.
3

( 1 ) ; m là tham số.
Câu 2: Cho phơng trình : x2 2(m - 1)x + m2 3 = 0
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

1

=2

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.
Câu 1: Điều kiện: x

Đáp án
0 và x 1. (0,25 điểm)


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

P=

=

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
3
x + x +1
x + 1 ; ( vì x + x + 1 > 0 )

b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P <

3 x 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 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 < 2 .
Đặt y = 2 x 2 > 0
x 2 + y 2 = 2 (1)

Ta có: 1 1
x + y = 2 (2)


Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -

1
2

A

* 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.

K

1
thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
2
1
X 2 + X - = 0 X = 1 3
2
2

* Nếu xy = -

D

Vì y > 0 nên: y = 1 + 3 x = 1 3
2

2

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 1 3
2

O
B

C


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
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.

Đề 11
2
Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = x + 1 x

b. Cho biểu thức: P =

x
xy + x + 2

+

y
yz + y + 1

+

1
x2 +1 x

Là một số tự nhiên

2 z
zx + 2 z + 2

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: 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
3

b. R < DE < R
Câu 1:

đáp án

a.

A = x2 +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 xyz = 2
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=


x
xy + x + 2

+

P = 1 vì P > 0

xy
xy + x + 2

+

2 z
z ( x + 2 + xy

=

x + xy + 2
xy + x + 2

=1

(1đ)

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 )
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

Vậy SABC = 1/2AC.BC =

Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2

x = 10.
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
B
AB = AC = R ABOC là hình
vuông
(0.5đ)
D
Kẻ bán kính OM sao cho
BOD = MOD
M
A
MOE = EOC (0.5đ)
E
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
Cộng từng vế ta đợc: 3DE > 2R DE >
Vậy R > DE >

C

2
R
3

2
R
3

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

O

Đề 12

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
: x +
với x > 0 và x 1

A =

x

1
x

1
x

1




a) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3