tổng hợp các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán có đáp án

TRƯỜNG THCS TÔ HIỆU

ĐỀ THI THỬ LẦN 2
Đề gồm 02 trang

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 PTTH
NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể giao đề)

Ngày thi :

/ /2012

Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm:
Câu 1. Rút gọn biểu thức 8 + 2 được kết quả là
C. 2 2
D. 3 2 .
A. 10
B. 16
Câu 2. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm trái dấu
A. x2 + x = 0
B. x2 + 1 = 0.
C. x2 -1 = 0.
D. x2 +2x + 5 = 0.
2
Câu 3. Đường thẳng y = mx + m cắt đường thẳng y = x + 1 tại điểm có hoành độ bằng 1 khi và chỉ khi
A. m = 1
B. m = -2
C. m = 2

D. m = 1 hoặc m = -2.
Câu 4. Hàm số y = |(m - 1)x + 2012| đồng biến trên ¡ khi và chỉ khi
A. m ∈ ¡
B. m > 1 .
C. m < 1 .
D. m ≠ 1 .
2
Câu 5. Phương trình ( x − 1) . x − 3 = 0 có tập nghiệm là

A. { 1;3}
B. { −1;1}
C. { 3}
D. { −1;1;3} .
Câu 6. Cho đường tròn (O; R) có chu vi bằng 4π cm. Khi đó hình tròn (O; R) có diện tích bằng
D. π cm2.
A. 4π cm2
B. 3π cm2
C. 2π cm2
3
Câu 7. Cho biết sin α = , khi đó cos α bằng
5
2
3
4
5
A.
B.
C.
D. .
5

5
5
3
Câu 8. Một hình trụ có chiều cao bằng 3 cm, bán kính đáy bằng 4 cm. Khi đó diện tích mặt xung quanh
của hình trụ đó bằng
A. 12π cm2
B. 24π cm2
C. 40π cm2
D. 48π cm2.
Phần 2- Tự luận (8,0 điểm)
Câu 9. (2,0 điểm)
1. Cho biết a = 2 + 3 và b = 2 − 3 . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab
2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
 2x + y = 1
a) x4 + 3x2 – 4 = 0
b) 
3x + 4y = -1
Câu 10. (2,0 điểm)
1
1. Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) và song song với đường thẳng
2
2x + y = 3. Tìm các hệ số a và b.
2. Cho phương trình bậc hai ẩn x: x2 – (m – 2)x – m2 + 3m – 4 = 0 (1). (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm m để tỉ số giữa hai nghệm của phương trình (1) có giá trị tuyệt đối bằng 2.
Câu 11. (3,25 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (O) ( CB < CA, C khác A và B). Gọi D
là điểm chính giữa của cung AC, E là giao điểm của AD và BC.
1) Chứng minh tam giác ABE cân tại B.
·

·
2) Gọi F là điểm thuộc đường thẳng AC sao cho C là trung điểm của AF. Chứng minh EFA
.
= EBD
3) Gọi H là giao điểm của AC và BD, EH cắt AB tại K, KC cắt đoạn EF tại I. Chứng minh rằng
a) Chứng minh tứ giác EIBK nội tiếp.


b)

HF EI EK
=
+
.
BC BI BK

Câu 12. (0,75 điểm): Thí sinh chọn một trong hai bài sau
y - 2010 − 1
x - 2009 − 1
z - 2011 − 1 3
+
+
=
Bài 1: Giải phương trình:
x - 2009
y - 2010
z - 2011
4
3
x

Bài 2: Cho f ( x ) =
. Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
1 − 3x + 3x 2

 1 
A= f 
÷+
 2012 

 2 
f
÷ + ... +
 2012 

 2010 
f
÷+
 2012 

 2011 
f
÷
 2012 

======Hết======
Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ..................................
Giám thị số 1: ....................................................................................
Giám thị số 2: ....................................................................................

Phần

I

II
Câu9
(2 đ)

Câu10
(2 đ)

Câu 1: D;
Câu 5: C;

Câu 2: C;
Câu 6: A;

Hướng dẫn chấm thi
đáp án
Câu 3: D; Câu 4: D
Câu 7: C; Câu 8: B Mỗi câu đúng cho 0,25

1. Ta có: a + b = ( 2 + 3 ) + ( 2 − 3 ) = 4
a.b = ( 2 + 3 )( 2 − 3 = 1.
Suy ra P = 3.
2a.Đặt x2 = y, y ≥ 0. Khi đó PT đã cho có dạng: y2 + 3y – 4 = 0 (1).
Phương trình (1) có tổng các hệ số bằng 0 nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - 4. Do y
≥ 0 nên chỉ có y1 = 1 thỏa mãn.
Với y1 = 1 ta tính được x = ± 1. Vậy phương trình có nghiệm là x = ± 1.
 2x + y = 1
8x + 4y = 4
5x = 5

x = 1
⇔
⇔
⇔
2b. 
3x + 4y = -1 3x + 4y = -1  2x + y = 1  y = - 1
1.Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3.
Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2 (1)
1
1
Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) nên ta có: = 2a + b (2).
2
2

điểm
2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

0,25
0,25


Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b =

9
.
2

0,25

2a) (0,5 điểm) PT (1) có a.c = 1(-m2 + 3m – 4) = -(m – 1,5)2 – 1,75 < 0 với mọi m. Suy

0,5

ra PT luôn có hai nghiệm phân biệt (trái dấu)
2b) (0,75 điểm)
PT (1) có nghiệm 2 nghiệm phân biệt trái dấu và tỉ số hai nghiệm bằng 2 nên x1 = -2x2

0,25

hoặc x2 = -2x1 hay (x1 + 2x2)(x2 + 2x1) = 0  x1x2 + 2(x1 + x2)2 = 0 (*)
Theo định lý Viet: x1 + x2 = m – 2, x1.x2 = -m2 + 3m – 4.
Thay vào (*) ta được: -m2 + 3m – 4 + 2(m – 2)2 = 0  m2 – 4m + 4 = 0

0,25

 m = 1 hoặc m = 4
0,25

E

D

I

F

C
H

A

Câu 11
(3,25đ)

K

0,5

B

1)
+ Ta có góc AEB là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn chắn cung DC và chắn nửa đường
tròn đường kính AB nên
·AEB = 1 ( sd »AB − sd DC
» ) = 1 sd »AD + 1 sd BC
»
2
2
2
1 »
1 »
1 »
·

= sd BD
= sdCD
+ sdCB
+ Góc EAB là góc nội tiếp chắn cung BD nên EAB
2
2
2
»
+ Ta có D là điểm chính giữa của cung AC nên »AD = DC
+ Suy ra góc AEB = góc EAB suy ra tam giác BAE cân tại B.
2)
+ Chỉ ra được tam giác AEF cân tại E suy ra góc EFA = góc EAF
+ Ta có gócEAF = góc EBD (góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
+ Vậy góc EFA = góc EBD vì cùng bằng góc EAF
3a)
+ Theo câu 2, góc EFA = góc EBD suy ra tứ giác EFBH nội tiếp
+ Tứ giác EFBH nội tiếp suy ra góc FEB = góc FHB
+ Chỉ ra EK vuông góc với AB và tứ giác HCBK nội tiếp suy ra gócCHB= gócCKB

0,25
0,25
0,5

0,25
0,25
0,25
0,5


Từ đó suy ra góc IEB = góc IKB tứ giác EIBK nội tiếp

3b)
+Ta có

HF HC + CF HC CF
=
=
+
BC
BC
BC BC

+Bằng cách chỉ ra các cặp tam giác đồng dạng, chứng minh được

HC EI FC EK
=
;
=
BC BI BC BK

0,5

HF EI EK
=
+
BC BI BK
x - 2009 = a; y - 2010 = b; z - 2011 = c

+ Cộng các đẳng thức trên suy ra

Bài 1: Đặt

(với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành:
a-1 b-1 c-1 3
1 1 1  1 1 1  1 1 1 
+ 2 + 2 = ⇔  − + 2 ÷+  − + 2 ÷+  − + 2 ÷ = 0
2
a
b
c
4
4 a a  4 b b  4 c c 
2

2

0,75

2

1 1 1 1 1 1
⇔  − ÷ + − ÷ + − ÷ = 0 ⇔ a
2 a 2 b 2 c

=b=c=2

Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015
Bài 2: Nhận xét. Nếu x + y = 1 thì f ( x ) + f ( y ) = 1 .
(1− x)
⇒ f ( y ) = f ( 1− x) = 3
Thật vậy, ta có f ( x ) = 3
3

3
x + ( 1− x)
x + ( 1− x)
3
1− x)
(
x3
Câu12
+ 3
= 1.
suy ra f ( x ) + f ( y ) = f ( x ) + f ( 1 − x ) = 3
3
3
x + ( 1− x)
x + ( 1− x)
3

x3

suy ra

( 1− x) = 1
f ( x) + f ( y) = f ( x) + f ( 1− x) = 3
+ 3
.
3
3
x + ( 1− x)
x + ( 1− x)
x3

1 1
Vậy, nhận xét được chứng minh. Ta có f  ÷ = .
2 2
Theo nhận xét trên ta có:
  1 
 2011     2 
 2010  
A= f 
÷+ f 
÷÷+  f 
÷+ f 
÷÷+ ... +
 2012     2012 
 2012  
  2012 




§Ò 1
C©u1 :

 1005 
f
÷+
 2012 

 1007  
f

÷÷+
 2012  

 1006 
f
÷ = 1005 +
 2012 

1
f  ÷ = 1005,5
2

Cho biÓu thøc
 x3 −1
 x 3 + 1
 x (1 − x 2 ) 2
+ x 
− x  :
A= 
Víi x≠ 2 ;±1
x2 − 2
 x −1
 x + 1

.a, Ruý gän biÓu thøc A
.b , TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc khi cho x= 6 + 2 2
c. T×m gi¸ trÞ cña x ®Ó A=3

3

0,75


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

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

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
Từ đó ta có
<=>
2
x
+
3
y
=
12


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
a) 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
E
2m 1 < 0
2m 1 < 0
Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4:

a. Ta có KEB= 900

D
K

F
A

B

O

C


mặt khác BFC= 900( 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
Mà BAF= BAE=450=> BCF= 450
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 2

(

)

x x 1 x x +1 2 x 2 x +1
:
Bài 1: Cho biểu thức: P =


x 1
x

x
x
+
x


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.




3

3

x1 x2 =50

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

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, 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

Để P nguyên thì

2
x 1

)

2

<=>

P=

x 1
( x 1)

2

=

x +1
x 1


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:

(


= 25 > 0

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

1
m <
2


)

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

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

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

là một nghiệm dơng của phơng trình: ct2 + bt

1
Vì x2 là nghiệm của phơng trình:
x1

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
x
x
x
2
2
2
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 =
b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dơng nên
t1+ x1 =

1
+ x1 2
x1

Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4

t 2 + x2 =

1
+ x2 2
x2

1
1
; t2 =
x1
x2


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

Q

O

C

D

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

Đề 3
Bài 1: Cho biểu thức:

P=

x

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


Hãy tính giá trị của biểu thức : M =

3
+ (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 .
x(1 +

*). Rút gọn P: P =

=

=

=

(

x ) y (1

(

x +

)

y

( x y ) + x x + y y xy

(

(

x +

)(

x +
y

(

y 1+

)(

x

)(

x +

y +x

x y + y y x

b). P = 2




x +

(

(

x +

)(

y

(

xy

xy

y. = 2

)(

) (

y

x 1 1 +

y

)

y

x 1

x +

x1+

x

)

)

)(

y 1+

(

x +

y

) (1 y )

xy + y xy

x 1
=

(1 y )

) (1 +

x 1

y 1+

Vậy P =

)(

(

y ) xy

)

x

=
y

)



(1 y )

(

)

)

x +1

(

y 1

y

)

y

(

)

(

x +1 + y 1+

(1 + x ) (1 y )
=

x +

xy

)(

x 1

x

)

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 có nghiệm duy nhất x = y = z
= 3.
Bài 4:
a). Xét ABM và NBM .
Q
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90o .
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
N
nên ABM = MBN => BAM = BNM

=> BAN cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp
C
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
M
=> 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)
B
A
BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN ). O
=> 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
x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y = x - 2 ;
2
2
Hãy chọn câu trả lời đúng.
A.y =

D.y = - 2x - 4

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:

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
Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)

Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)
Có 2 trờng hợp: 4 + b = 1
và
4+b=7
4+c=-7
4+c=-1
Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2
Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)
Câu2 (1,5điểm)
Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:
1
AD = AB. Ta có D là điểm cố định
4

x
B

D
A

M

C


MA
1
AD

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

* Cách dựng điểm M.
1
- Dựng đờng tròn tâm A bán kính
AB
2
1
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB
4
1
M là giao điểm của DC và đờng tròn (A;
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 .
Mà

N

C

I
K
O

A

B

Đề 5

Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

M

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 .

D

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 :
x 2 + y 2 + 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


(

) (

) (

)

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)

Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :

(

) (

2007

+ ( 1)

2007

= 3

Vậy : A = -3.

)

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
m
b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp

ã
ã
ã
ã
MCO
= MAO
;MDO
= MBO

d

c

VCOD : VAMB ( g .g ) (0,25đ)
Do đó :

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

a

h

o

b

Do MH1 OM nên

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

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


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

4
4
1
Mặt khác a + b 2 ab > 0
a+b+ a + b > 0
2
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)
BD AD

=

AB.ED = BD.CD
ED CD

a

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)
xy 2 x = xy + 2 y 4 x 8
x y = 4



( 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
Câu 3
x = -2

y = 2

a)

x x +1 x 1
: x +
Ta có: A =


x

1
x

1



x
=
x 1

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

:

+
( x 1)( x + 1)

x

1
x 1

x

x 1

x x +1 x +1

=

x 1
b) A = 3

=>

:

x
x 1

=

2 x = 3
x

x +2
x 1

:

=> 3x +

x
x 1

x -2=0

=

x +2
x 1

x x +1 x 1 x x + x

:
=




x

1
x

1
x

1

x 1
=
x
P

2 x
x

=> x = 2/3

Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
1) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có

A
E

B

O

H

C

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

AHC POB

AH CH
(2)
=
PB OB
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
Do đó:

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 2 = (2 R






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



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
Giải phơng trình 3

Đề 7
x+2
x +1
+
- x +1
x x 1 x + x +1
x 1
a/. Rút gọn P.
1
b/. Chứng minh: P < với x 0 và x 1.
3

Câu 1:

Cho P =


(1)

Câu 2: Cho phơng trình : x2 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
x +1
+
3
( x ) 1
x + 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
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 < 2 .
Đặt y =

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
X2 + X = 0 X = 1 3
2
2
Vì y > 0 nên: y = 1 + 3 x = 1 3
2
2
Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 1 3
2
Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.

Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành
AB // CK
D
ã
BAC
= ãACK
1
ằ = 1 sđ BD
ã
ằ = DCB
Mà ãACK = sđ EC
2
2
ã
ã
Nên BCD
= BAC
B
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

O
C

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

x

+

x2 +1 x
y

+

1
x +1 x
2

Là một số tự nhiên

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)
1) Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
2) 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.
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
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với
x

xy

+

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

=

x + xy + 2

xyz ta đợc:

=1
(1đ)
xy + x + 2
xy + x + 2
z ( x + 2 + xy
xy + x + 2

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:
P=

+

xyz = 2

u v = 5
2
3
u + v = 1
Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2
x = 10.

Câu 4
B
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
AB = AC = R ABOC là hình
D
vuông
(0.5đ)
Kẻ bán kính OM sao cho
BOD = MOD
A
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) =
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10

x 2 4x + 4

O

M
E

C


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=

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

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 có: A =

x 1
x 1

Câu 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

=>

x x +1 x 1 x x + x

:



x 1
x 1

x 1


=

x x +1 x +1

=

x +2

2 x = 3
x

x

x 1

x 1
x 1

:

=> 3x +

:

x
x 1

x
x 1
=

x +2
x 1

x -2=0



x 1
=
x

2 x
x

=> x = 2/3

Câu 4
P
A
E
C
B
H
O
1) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
2) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có

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

AHC POB

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

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.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 2 = (2 R

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

(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



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 t
Giải phơng trình 3

Đề 10

Câu I : Tính giá trị của biểu thức:
A=

1
3+ 5

+

1
5+ 7

+

1

+ .....+

7+ 9
.....
35
B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 3333

1
97 + 99

99 số 3

Câu II :Phân tích thành nhân tử :
a)
X2 -7X -18
b)
(x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
c)
1+ a5 + a10
Câu III :
a. Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)
b. 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
b. Tính tỉ số :
Câu 5:
Cho P =

MP
MQ
x 2 4x + 3
1 x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.


®¸p ¸n
C©u 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 sè 3

=33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33)
= 198 +

1
( 99+999+9999+.....+999...99)
3

1
( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 +
3
 10101 − 10 2 
 +165
B = 
27


C©u 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1®)
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)
C©u 3: 4®
1) Ta cã : (ab+cd)2 ≤ (a2+c2)( b2 +d2) <=>
a2b2+2abcd+c2d2 ≤ a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
0
≤ a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>
0
≤ (ad - bc)2 (®pcm )
DÊu = x·y ra khi ad=bc.
2) ¸p dông h»ng ®¼ng thøc trªn ta cã :
52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) ≤ (x2 + y2) (1 + 16) =>
25
100
5
20
x2 + y2 ≥
=> 4x2 + 4y2 ≥
dÊu = x·y ra khi x=
,y=
(2®)
17

17
17
17
198 +

C©u 4 : 5®
Ta cã : gãc DMP= gãc AMQ = gãc AIC. MÆt kh¸c gãc ADB = gãc BCA=>
∆ MPD ®ång d¹ng víi ∆ ICA =>

DM MP
=> DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB
=
CI
IA

Ta cã gãc ADC = gãc CBA,
Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - gãc AIM = gãc BIA.
Do ®ã ∆ DMQ ®ång d¹ng víi ∆ BIA =>

(1).


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

1
1
+
2
a
( a + 1) 2

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=

2 x1 x 2 + 3

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

2

Câu 3 : Cho x 1,

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 =
3) áp dụng câu a.

a2 + a +1
(Vì a > 0).
a ( a + 1)

1
1

a a +1

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

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:

Đề 12

o

E'

F

E
A

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
2
2 3

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

2

x2- mx +

2

B

H

MA 2 AH AD
=
.
MB 2 BD BH

b) Tính giá trị của D với a =

F'

D

m2 + 4m - 1 = 0 (1)
2 3
2 3
a) Giải phơng trình (1) với m = -1