Tuyển tập 34 đề toán luyện thi tuyển sinh vào 10 THPT (có hướng dẫn làm bài chi tiết)

“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

TUYỂN TẬP ĐỀ TOÁN LUYỆN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
ĐỀ SỐ 01:
Câu 1: (2,0 điểm)
2x + y = 5
�
�x - 3y = - 1

a) Giải hệ phương trình: �

b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình: 3x2 – x – 2 = 0.
1

1

P= x + x .
1
2

Tính giá trị biểu thức:
Câu 2: (2,0 điểm)

� a
a � a 1

�
�: a - 1
a

1

a
a
�
�

Cho biểu thức A = �
�

với a > 0, a � 1

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm các giá trị của a để A < 0.
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình ẩn x:
x2 – x + 1 + m = 0 (1)
a) Giải phương trình đã cho với m = 0.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ).
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với
nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường
tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).
a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh  ADE =  ACO.
c) Vẽ CH vuông góc với AB (H � AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của
CH.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số a, b, c � 0 ; 1 . Chứng minh rằng: a + b2 + c3 – ab – bc – ca �1.
-------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01:
Câu 1: (2,0 điểm)

2x  y  5
6 x  3 y  15
7 x  14
�
�
�
�x  2
a) �
��
��
��
�x - 3 y  - 1 �x - 3 y  - 1
�y  5 - 2 x
�y  1

(1,0 điểm)

b) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm
phân biệt x1 và x2.
(0,25 điểm)
1
2
và x1.x2 =  .
3
3
/>
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 =

(0,25 điểm)
1

“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

Do đó P =

1 1 x2  x1 1 � 2 � 1
 
 :�
 �  .
x1 x2
x1 x2
3 � 3� 2

(0,5 điểm)

Câu 2: (2,0 điểm)
� a
�
� a
a
a 1
1 �
a) A = �

:


�
�

� a  1 a ( a - 1) �( a - 1)( a  1) � a  1 ( a - 1) �
�. a  1  a  1
�
�
�
�
a > 0, a � 1
�
�
� 0  a < 1.
b) A < 0 � �
� a 1





(1,0 điểm)
(1,0 điểm)

Câu 3: (2,0 điểm)
a) Với m = 0 ta có phương trình x2 – x + 1 = 0
Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm.
b) Ta có: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m.

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
-3
(1). (0,5 điểm)
4

Để phương trình có nghiệm thì ∆ �0 � - 3 – 4m �0 � 4m -�-3 m
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m
Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được:
(1 + m)(1 + m – 2) = 3 � m2 = 4 � m = ± 2.
Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn.
Câu 4: (3,0 điểm)
a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên:
x
 MAO =  MCO = 900 � AMCO là tứ giác nội
N
tiếp đường tròn đường kính MO.
 ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
M
nên  ADM = 900 (1)
Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp
tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC
nên  AEM = 900 (2).
A

(0,5 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

C
D
E

I
H

O

B

Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.
b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: nên  ADE =  AME =  AMO (góc nội tiếp
cùng chắn cung AE) (3)
Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra:  AMO =  ACO (góc nội tiếp cùng chắn cung AO)
(4). Từ (3) và (4) suy ra  ADE =  ACO
c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có  ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=>  ACN = 900, suy ra ∆ACN vuông tại C.
Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5).
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì
IC
IH � BI �


�
�(6).
MN MA � BM �

Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.
Câu 5: (1,0 điểm)
/>
2


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

Vì b, c � 0;1 nên suy ra b 2 �b; c3 �c .
Do đó: a + b2 + c3 – ab – bc – ca �a + b + c – ab – bc – ca (1).
(0,25 điểm)
Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2)
(0,25 điểm)
Vì a, b, c � 0 ; 1 nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) �0 ; – abc �0
(0,25 điểm)
Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca �1 (3).
(0,25 điểm)
2
3
Từ (1) và (3) suy ra a + b + c – ab – bc – ca �1.
----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 02:
Câu 1: (2,0 điểm)
a) Cho hàm số y =





3  2 x + 1. Tính giá trị của hàm số khi x =

32.

b) Tìm m để đường thẳng y = 2x – 1 và đường thẳng y = 3x + m cắt nhau tại một
điểm nằm trên trục hoành.
Câu 2: (2,0 điểm)
�3 x  6
x � x-9


�
�: x  3
x
4
x

2
�
�

a) Rút gọn biểu thức: A = �
�

với x �0, x � 4, x � 9 .

x 2 - 3x + 5
1
b) Giải phương trình: x + 2 x - 3  x - 3




Câu 3: (2,0 điểm)
3x - y = 2m - 1
�
(1)
�x + 2y = 3m + 2

Cho hệ phương trình: �

a) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1.
b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm
N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và
vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D.
a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD.
c) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM.
Chứng minh IK //AB.
Câu 5: (1,0 điểm)
a+b

1

Chứng minh rằng: a 3a + b  b 3b + a �2





với a, b là các số dương.

------------------------------------------------- />
3


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 02:

Câu 1: (2,0 điểm)
a) (1,0 điểm) Thay x = 3  2 vào hàm số ta được:
y=



32





3  2 1 

 3

2

 22  1  0 .

b) (1,0 điểm) Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x =

1
;
2

m
.
3
m 1

-3
Suy ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên trục hoành �   � m = .
3 2
2

còn đường thẳng y = 3x + m cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = 

Câu 2: (2,0 điểm)
a) (1,0 điểm) Với x �0, x �4, x �9 , Ta có:



�
�
�3 x  6
x � x-9
3( x  2)
x �
�


:

:
�
A =�
�x-4
� x 3
�
�

x

2
x

2
x

2
x

2
�
�
�
�
�3  x � 1
1
�
.

� x 2�
�
x 2
�
� x 3







x 3



x 3



x 3

b) (1,0 điểm) Điều kiện: x ≠ 3 và x ≠ - 2 (1).
(1) �

x 2  3x  5
1
x 2  3x  5
x2

�

� x 2  3x  5  x  2
(x  2)(x  3) x  3
(x  2)(x  3) (x  2)(x  3)

� x2 – 4x + 3 = 0. Giải ra ta được: x1 = 1 (thỏa mãn); x2 = 3 (loại do (1)).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

Câu 3: (2,0 điểm)
a) (1,0 điểm) Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được:
3x - y = 1
6x - 2y = 2
7x = 7
�
�
�
�x = 1
��
��
��
�
.
�x + 2y = 5 �x + 2y = 5
�x + 2y = 5 �y = 2

Vậy phương trình có nghiệm (x,y) = (1; 2).
b) (1,0 điểm) Giải hệ đã cho theo m ta được:
3x - y = 2m - 1
6x - 2y = 4m - 2
7x = 7m
�
�
�
�x = m
��
��
��
�

�x + 2y = 3m + 2
�x + 2y = 3m + 2
�x + 2y = 3m + 2
�y = m + 1

Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10
� m2 + (m + 1)2 = 10 � 2m2 + 2m – 9 = 0.
Giải ra ta được: m1 

1  19
1  19
; m2 
.
2
2

Câu 4 (3,0 điểm)
a) Tứ giác ACNM có:  MNC = 900 (gt),  MAC = 900 ( tính chất tiếp tuyến).
� ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp
đường tròn đường kính MD.
b) ∆ANB và ∆CMD có:
/>
4


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”
 ABN =  CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp)
 BAN =  DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp) � ∆ANB
c) ∆ANB
∆CMD �  CMD =  ANB = 900

x
(do  ANB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

(O)).
Suy ra  IMK =  INK = 900 � IMKN là tứ
giác nội tiếp đường tròn đường kính IK
�  IKN =  IMN (1).
Tứ giác ACNM nội tiếp �  IMN =  NAC (góc
nội tiếp cùng chắn cung NC) (2).
Lại có: �  NAC =  ABN (cùng chắn cung
nhỏ AN) (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra �  IKN =  ABN IK //
AB (đpcm).

∆CMD (g.g)
y
D

N

C

K

I

A

M

O

B

Câu 5: (1,0 điểm)
Ta có:

a+b
a  3a + b   b  3b + a 



2(a + b)
4a  3a + b   4b  3b + a 

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:
4a + (3a + b) 7a + b
4a  3a + b  �

 2
2
2
4b + (3b + a) 7b + a
4b  3b + a  �

 3
2
2

Từ (2) và (3) suy ra: 4a  3a + b   4b  3b + a  �4a + 4b  4 

Từ (1) và (4) suy ra:

a+b

2(a + b) 1
�
 .
a  3a + b   b  3b + a  4a + 4b 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 03
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi n = 3.
2) Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2 (1,5 điểm)

�x  2 y  5
2x  y  7
�

Giải hệ phương trình: �

Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)
1) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và
F với mọi k.

/>
5


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

3) Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy
ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G
(khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến
kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D.
1) Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ
giác BDNO nội tiếp được.
2) Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra

CN DN

.
CG DG

3) Đặt góc BOD =  . Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ
rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc .
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho số thực m, n, p thỏa mãn: n 2  np  p 2  1 

3m 2
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
2

của biểu thức : B = m + n + p.
-------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 03:
Bài 1 (1,5 điểm)
1) Khi n = 3, phương trình (1) trở thành:
x2 – 4x + 3 = 0
Nhận thấy a + b + c = 1 + (-4) + 3 = 0 = > Phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = 3
2) Phương trình (1) có nghiệm  ’  0.
Ta có : ’ = 4 – n  0  n  4
Vậy n  4 thì phương trình x2 – 4x + n = 0 có nghiệm.
�x  2 y  5
2x  y  7
�

Bài 2 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: �

 x  2 y 5
 2 x  4 y 10
 


 2 x  y 7
 2 x  y 7

 3 y 3


 2 x  y 7
�x  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm: �
�y  1

 y 1


 2 x 6

 x 3

 y 1

Bài 3 (2,5 điểm)
1) Gọi phương trình đường thẳng (d) cần tìm có dạng y = ax + b ( a 0)
Vì đường thẳng (d) có hệ số góc là k nên a = k, hay y = kx + b
Mặt khác (d) đi qua B(0;1) nên ta có 1 = 0k + b . Suy ra k = 1
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là : y = kx + 1
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :
x2 = kx + 1 < => x2 – kx – 1 = 0
Ta có  = k2 + 4 > 0, với  k  PT có hai nghiệm phân biệt, với  k
 đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
3) Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2
= > Tọa độ điểm E(x1; x12) và F(x2; x22)
/>
6


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

Đường thẳng OE đi qua O(0,0) và E(x1; x12) nên có phương trình: (OE): y = x1.x
Đường thẳng OF đi qua O(0,0) và F(x2; x22) nên có phương trình: (OF): y = x2.x
Do x1 và x2 là nghiệm của phương trình: x2 – kx – 1 = 0

nên theo hệ thức Vi ét ta có: x1 . x2 = - 1
 Đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF  EOF là  vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)

1) Tứ giác BDNO nội tiếp được.
Vì BD  OB (t/c của tiếp tuyến) => góc OBD = 90 0 => B nằm trên đường tròn đường
kính OD.
Tương tự DN  ON (t/c của tiếp tuyến) => OND = 90 0 => N nằm trên đường tròn
đường kính OD.
Do đó B, D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD. Vậy tứ giác OBND nội tiếp.
2) BD  AG; AC  AG  BD // AC   GBD
GAC


CN BD DN


CG AC DG

3) Góc BOD =   BD = R.tan; AC = R.tan(90o – ) = R cot
 BD.AC = R2. Chứng tỏ tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc .
Bài 5 (1,0 điểm)
3m 2
(1)
2
 2n2 + 2np + 2p2 = 2 – 3m2  (m + n + p)2 + (m – p)2 + (m – n)2 = 2
 (m – p)2 + (m – n)2 = 2 - ( m + n + p )2  (m – p)2 + (m – n)2 = 2 – B2
Vế trái không âm  2 – B2  0  B2  2   2 �B � 2
Dấu bằng  m = n = p thay vào (1) ta có

Ta có:

n 2  np  p 2  1 

3n 2
2
2
n +n +n =1 6n2 = 2 – 3n2  9n2 = 2  n =  
2
9
3
2
2
Vậy m = n = p = �
 Max B = 2 khi m = n = p =
3
3
2
Min B =  2 khi m = n = p = 
3
2

2

2

----------------------------------------Hết------------------------------------------- />
7

“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

ĐỀ SỐ 04:
Bài 1 (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2 + nx – 4 = 0

(1) (với n là tham số)

1) Giải phương trình (1) khi n = 3
2) Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình (1), tìm n để:
x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6
Bài 2 (2,0 điểm)
� a 3

a 3�
�1

1 �

Cho biểu thức A  �
�3 
�với a > 0; a �9
� a 3  a 3�
�
a�
�
�
�
1) Rút gọn A
2) Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.

Bài 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) v ới xA = -1, xB = 2
1) Tìm toạ độ các điểm A,B và viết phương trình đường thẳng AB.
2) Tìm m để đường thẳng (d): y = (2m 2 – m)x + m + 1 (v ới m l à tham số) song song
với đường thẳng AB.
Bài 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao
QM,RN của tam giác cắt nhau tại H.
1) Chứng minh tứ giác QRMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2) Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K.Chứng minh tứ giác QHRK là hình bình hành.
3) Cho cạnh QR cố định, P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR luôn
nhọn. Xác định vị trí điểm P để diện tích tam giác QRH lớn nhất.
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho x,y là các số thực dương thoả mãn: x + y = 4
33

2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của : P  x  y  xy

-------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 04
Bài 1(2,0 điểm)
1) Khi n = 3, phương trình (1) trở thành:
x2 + 3x – 4 = 0
Phương trình bậc 2 có: a + b + c = 1 + 3 + (- 4) = 0
nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x2 = - 4
2) Phương trình (1): x2 + nx – 4 = 0 có   n 2  16  0 , với mọi n
= > Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2, với mọi n.
/>
8

“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:
Ta có:

x1 + x2 = - n;

x1x2 = - 4

x1 ( x22  1)  x2 ( x12  1)  6
� x1 x2 ( x1  x2 )  x1  x2  6
� 4.( n)  (  n)  6
� 3n  6
�n2

Vậy với n > 2 thì x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6
Bài 2: (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức được: A=

4
a 3

2) Biểu thức A đạt giá trị nguyên < = > a  3 là ước của 4.
do a  3 �3 nên a  3 = 4 = > a = 1
Bài 3: (2,0 điểm)
1. A(-1; 1); B(2; 4).

Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2.

�
2m 2  m  1
1
�m
2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi: �
2
� m  1 �2

Bài 4. (3,0 điểm)
1). Tứ giác QRMN có:  QNR =  QMR = 900
Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính
QR.
2). Ta có:  PQK = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn)
suy ra:PQ  KQ, mà RH  PQ = > KQ//RH (1)
Chứng minh tương tự ta cũng có: QH//KR (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình
hành.

Q

K

N

P

H

O

M

R

3). Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên: SQHR  SQKR
1
Từ K kẻ KI  QR. Ta có: SQKR  KI .QR
2
Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất < = > K là điểm chính giữa của cung nhỏ
QR. Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.
Bài 5 (1,0 điểm)
Từ x + y = 4
( x  y)2
4.
4

33

33

Do đó xy � 4
Mặt khác: x2 + y2 = ( x  y )2 - 2xy = 16 - 2xy �16  2.4 = 8 (do xy �4)
Áp dụng BĐT Côsi ta có: xy �
Vậy P �8 

33 65
 .
4

4

Do đó : MinP =

65
, khi x = y = 2.
4

----------------------------------------Hết------------------------------------------- />
9


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

ĐỀ SỐ 05:
Câu 1: (3,0 điểm)


Cho biểu thức A = 

1

x

x



1


 :
x  1

x 1





x1

2

a). Nêu điều kiện xác định và rút biểu thức A
b). Tim giá trị của x để A =

1
.
3

c). Tìm giá trị lớn nhất cua biểu thức P = A - 9 x
Câu 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1) (m là tham số)
a). Giải phương trình (1) khi m = 1.
b). Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2 – 2(x1 + x2) = 4
Câu 3: (1,5 điểm)
Quãng đường AB dài 120 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B.
Vận tốc của xe máy thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe máy thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứ
nhất đến B trước xe máy thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe ?

Câu 4: (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến
ADE tới đường tròn (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO
và BC.
a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh rằng AH.AO = AD.AE
c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ
đường thẳng vuông góc với OA cắt tia AB tại P và cắt tia AC tại Q.
Chứng minh rằng IP + KQ  PQ.
----------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 05:
Câu 1: (3,0 điểm)
a). Điều kiện 0  x �1
Với điều kiện đó, ta có:
b). Để A =
Vậy x 

1
thì
3

A

x



x 1

:

 

x 1

x 1



x 1

2



x 1
x

x 1 1
3
9
 � x  � x  (thỏa mãn điều kiện)
3
2
4
x

1
9
thì A =
3

4

c). Ta có P = A - 9 x =

�
1 �
 9 x  �
9 x
� 1
x
x
�
�

x 1

/>
10


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

Áp dụng bất đẳng thức Cô –si cho hai số dương ta có: 9 x 
Suy ra: P �6 1 5 . Đẳng thức xảy ra khi 9 x 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P  5 khi x 

1
x

� x

1
x

�2 9 x.

1
x

6

1
9

1
9

Câu 2: (2,0 điểm)
a). Giải phương trình (1) khi m = 1.
Khi m = 1, ta có phương trình (1) trở thành x2 – 6x + 8 = 0
Giải ra được x1 = 2; x2 = 4
Vậy m = 1 thì phương trình có hai nghiệm x1 = 2; x2 = 4
b). Để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thì
�۳
'  m 2
2

 m 7
2

4m 3 0

m

3
(*)
4

�
�x1  x2  2 m 2
�
2
�x1x2  m  7

Theo định lí Vi –ét ta có:

Theo bài ra x1x2 – 2(x1 + x2) = 4 ta có:
 1
 m  7  4 m 2  4 � m  4m 5  0 � �m
m 5
2

�

2

�

Đối chiếu điều kiện (*) ta có m = 5 là giá trị cần tìm.
Câu 3: (1,5 điểm)

Gọi vận tốc của xe máy thứ hai là x  km/ h , x  0
Vận tốc của xe máy thứ nhất là x 10
Theo bài ra ta có phương trình:

�
x  30
120 120

 1� x2  10x  1200  0 � �
x  40
x x  10
�

Đối chiếu điều kiện ta có x = 30.
Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40 (km/h) và vận tốc của xe thứ hai là 30 (km/h)
Câu 4: (3,5 điểm)
a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O)
nên góc ABO = góc ACO = 900.
P
Suy ra góc ABO + góc ACO = 1800.
B
Vậy tứ giác ABOC nội tiếp.
I
1
b) Ta có  ABO vuông tại B có
2
đường cao BH, ta có :
D
AH.AO = AB2
(1)

O
A
H 3
 AEB (g.g) 
Lại có  ABD
2
1
AB AE
 AB2 = AD.AE (2)

AD AB

Từ (1), (2) suy ra: AH.AO = AD.AE

1

2
K

1

C

/>
E

Q

11

“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

c) Xét tam giác  OIP và  KOQ
Ta có góc P = góc Q (Vì tam giác APQ cân tại A)
2. I1 = 1800 – BOD = ODQ + BOP = 2(O1 + O2) = 2 KOQ hay góc OIP = KOQ
 KOQ (g.g)
Do đó  OIP
Từ đó suy ra

IP OQ

OP KQ

 IP.KQ = OP.OQ =

PQ 2
hay PQ2 = 4.IP.KQ
4

Mặt khác ta có: 4.IP.KQ  (IP + KQ)2 (Vì  IP  KQ �0 )
2

2
Vậy PQ2 � IP  KQ � IP  KQ �PQ .

----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 06:
Câu I. (2,0 điểm)
1) Rút gọn các biểu thức sau:
a) A= 2

1
 18
2

b) B=

1

x 1

1
2

, với x  0, x  1
x 1 x 1

�2x  y  5

2) Giải hệ phương trình: �
�x  2 y  4
Câu II. (2,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x2 – ax – 2 = 0 (*)
1) Giải phương trình (*) với a = 1.
2) Chứng minh rằng phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của a.
3) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*). Tìm giá trị của a để biểu thức:
N= x12  ( x1  2)( x2  2)  x22 có giá trị nhỏ nhất.
Câu III. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Quãng đường sông AB dài 78 km. Một chiếc thuyền máy đi từ A về phía B. Sau đó 1
giờ, một chiếc ca nô đi từ B về phía A. Thuyền và ca nô gặp nhau tại C cách B 36 km. Tính

thời gian của thuyền, thời gian của ca nô đã đi từ lúc khởi hành đến khi gặp nhau, biết vận
tốc của ca nô lớn hơn vận tốc của thuyền là 4 km/h.
Câu IV. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C).
Đường tròn (O) Đường kính DC cắt BC tại E (E ≠ C).
1) Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp.
2) Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh ED là tia phân
giác của góc AEI.
3) Giả sử tan ABC = 2 Tìm vị trí của D trên AC để EA là tiếp tuyến của đường
tròn đường kính DC.
7  2 x  x  (2  x ) 7  x
CâuV. (0.5 điểm) Giải phương trình:
----------------------------------- />
12


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 06:
Câu I. (2,0 điểm)
1) a) Ta có A 2

1
2 2
 18 
 3 2  2  3 2 4 2
2
2

b) Với x  0, x  1, ta có:

B


1
1
2
1
1
2





x1
x 1 x  1
x1
x  1 ( x  1)( x  1)

x 1  x  1  2
2 x 2
2( x  1)
2



( x  1)( x  1)
( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1)
x 1

2) Giải hệ phương trình:
 2 x  y 5


 x  2 y 4

 4 x  2 y 10


  x  2 y  4

 3x 6


 x  2 y 4

 x 2


 2 y 4  x

 x 2


 2 y 2

 x 2

 y 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = (2, 1)
Câu II. (2,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x2 – ax – 2 = 0 (*)
1) Khi a = 1 phương trình (*) trở thành x2 – x – 2 = 0
Nhận thấy phương trình bậc 2 có a – b + c = 1 + 1 – 2 = 0
Vậy phương trình có nghiệm x1 = - 1; x2 = 2.
2) Phương trình x2 – ax – 2 = 0
Có  = a2 + 8  8 > 0 với mọi a. Chứng minh phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt với mọi giá trị của a.
3) Theo 2) phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của a.
Theo định lý Vi ét ta có: x1 + x2 = a và x1 . x2 = - 2
(1)
2
2
2
Ta có: N = x1 + (x1+ 2)(x2 + 2) + x2 = x1 + x1 x2 + 2x1 + 2 x2 + 4 + x22
= (x1+ x2)2 + 2(x1+ x2) - x1 x2 + 4
(2)
Thay (1) vào (2) được
N = a2 + 2a – (-2) + 4 = a2 + 2a + 6 = a2 + 2a + 1 + 5 = (a + 1)2 + 5  5
=> N có giá trị nhỏ nhất là 5 khi a = - 1.
Câu IV:
1) Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp.
Ta có góc DEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính DC)
=> góc DEB = 900 (kề bù với góc DEC)
=> E nằm trên đường tròn đường kính BD.
Mặt khác góc BAD = 900 (gt) => A nằm trên đường tròn đường kính BD.
Do đó E, A cùng nằm trên đường tròn đường kính BD hay tứ giác ABED nội tiếp đường
tròn đường kính BD.

/>
13


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

2) Chứng minh ED là tia phân giác của góc AEI.
Theo câu 1) tứ giác ABED nội tiếp đường tròn đường kính BD = > góc E1 = góc B1 (cùng
chắn cung AD)
Góc DEI = góc DCI (góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung DI)
Tứ giác ABCI nội tiếp đường tròn đường kính BC = > góc B1 = góc DCI (cùng chắn
cung AI)
.
Suy ra góc E1 = góc DEI . Vậy ED là tia phân giác của góc AEI
3) Để EA là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính CD thì góc E1 = góc C1 (1)
Mà tứ giác ABED nội tiếp nên góc E1 = góc B1
(2)
Từ (1) và (2) = > góc C1 = góc B1
Ta lại có góc BAD chung nên
 ABD

ACB 

AB AD
AB 2
2

 AB = AC.AD  AD =
(*)
AC AB

AC

Theo bài ra ta có: tan (ABC) =
Từ (*) và (**)  AD =
Vậy AD =

AB
2

AB
1
AC
= 2 nên AC 
(**)
AB
2

AB
2

thì EA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD

Câu V (0.5 điểm). Giải phương trình: 7  2 x  x  (2  x ) 7  x
/>
14


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

Đặt 7  x t ; x v

ĐK v, t ≥ 0
 t 2  2v (2  v).t  ...  (t  v)(t  2) 0  t v hoặc t = 2
Nếu t = 2 thì 7  x 2  x = 3 (TM)
Nếu t = v thì 7  x  x  x = 3,5 (TM)
Vậy x = 3 (TM); x = 3,5 (TM)
----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 07:
Câu 1 (2 điểm):
1- Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0
a) Khi m = 0
b) Khi m = 1
�x  y  5
�x  y  1

2- Giải hệ phương trình: �

Câu 2 (2 điểm): Cho biểu thức Q =

4
3
6 b 2


b 1
b 1
b 1

(với b �0 và b �1)

1) Rút gọn Q
2). Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5

Câu 3 (2 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = x + n – 1 và parabol (P): y = x2
1). Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2)
2). Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt
�1
�x1

là x1, x2 thỏa mãn: 4 � 

1�
� x1 x2  3  0
x2 �

Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn
(O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD
với đường tròn (C, D là các tiếp điểm).
1) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn.
2) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc CKD.
3) Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R, T.
Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất.
Câu 5 (1 điểm):
Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z.
-------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 07:
Câu 1 (2 điểm):
1) a) Khi m = 0 ta có x - 2 = 0 => x = 2
/>
15

“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

b) Khi m = 1 ta được phương trình: x2 + x – 2 = 0 => x1 = 1; x2 = -2
 x  y 5
 x 3

 x  y 1
 y 2

2) Giải hệ phương trình: 

Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;2)
Câu 2 (2 điểm):
1) Rút gọn Q
Với b �0 và b �1, ta có: Q =





4
3
6 b 2


=
b 1
b 1
b 1

4( b  1) 3 b  1
6 b 2


b 1
b 1
( b  1)( b  1)


4 b  4 3 b 3 6 b  2
( b  1)( b  1)

b 1
( b  1)( b  1)
1

b 1


2) Thay b = 6 + 2 5  ( 5  1) 2 (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức Q đã rút gọn
ta được:

1
( 5  1) 2  1



1
 5 2

52

Vậy b = 6 + 2 5 thì Q = 5 - 2
Câu 3 (2 điểm).
1) Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0 (*)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x1; x2
< =>  = 1 + 4(n – 1) = 4n – 3 > 0 < => n >

3
4

�x1  x2  1
�x1 x2  (n  1)

Khi đó theo định lý Vi ét ta có: �
�1
�x1

Theo đề bài: 4 � 

�x1  x2 �
1�
� x1 x2  3  0 � 4 �
� x1 x2  3  0
x2 �
� x1 x2 �

4
n2 0

n  1
� n 2  n  6  0( DK : n �1)
� n1  2(TM ); n2  3( L)
�

Vậy n = 2 là giá trị cần tìm.
Câu 4 (3 điểm):.
1) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn
MC là tiếp tuyến của (O) => OC⊥MC = góc MCO = 900 => C nằm trên đường tròn
đường kính OM.
/>
16


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

MD là tiếp tuyến của (O) => OD⊥MD = góc MDO = 900 => D nằm trên đường tròn
đường kính OM.
=> C, D nằm trên đường tròn đường kính OM => Tứ giác MCOD nội tiếp trong một
đường tròn.
T

D

d
E

K
F
O

R

M

C

2) Chứng minh KM là phân giác của góc CKD
Ta có K là trung điểm của EF => OK  EF => góc MLO = 900 => K thuộc đường tròn
đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO
=> góc DKM = góc DOM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD)
Góc CKM = góc COM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
Lại có góc DOM = góc COM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
=> góc DKM = góc CKM => KM là phân giác của góc CKD
3) Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất
Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR) �2R. CM .CR
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2
không đổi => SMRT �2R 2
Dấu = xảy ra � CM = CR = R 2 . Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O
bán kính R 2 .
Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R 2 thì diện tích tam giác
MRT nhỏ nhất.
Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z.
Ta có: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60
� 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 – 60 = 0
Ta có /x = (yz)2 - 5(4y2 + 3z2 – 60) = (15 - y2)(20 - z2)
Vì 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60, x, y, z là các số dương
=> 4y2 �60 và 3z2 �60 => y2 �15 và z2 �20 =>
(15 - y2) �0 và (20 - z2) �0,

Suy ra /x �0
/>
17


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”
1
2
2
 yz  (15  y 2 )(20  z 2 )  yz  (15  y  20  z )
�
=> x=
(Bất đẳng thức cauchy)
2
5
5
2 yz  35  y 2  z 2 35  ( y  z ) 2
�

=> x
10
10
2
35  ( y  z )  10( y  z ) 60  ( y  z  5) 2
�6

=> x+y+z �
10
10
�y  z  5  0

�x  1
�
�
2
2
15  y  20  z � �y  2
Dấu = xảy ra khi �
�x  y  z  6
�z  3
�
�

Vậy giá trị lớn nhất của B là 6 đạt tại x = 1; y = 2; z = 3.
----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 08:
Câu 1 (2,5 điểm).
a) Rút gọn biểu thức: A  3( 12  3)
b) Tìm m để đường thẳng y  (m  1)x  3 song song với đường thẳng y  2x  1
�x  2y  4
5x  2y  8
�

c) Giải hệ phương trình: �

Câu 2 (2,0 điểm).
Cho phương trình: x 2  2(m  2)x  4m  1  0 (1) (x là ẩn số, m là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi m = 2
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m thì phương trình (1) luôn có hai
nghiệm phân biệt. Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình (1), tìm m để
x12  x 22  30

Câu 3 (1,5 điểm).
Một ô tô dự định đi từ bến xe A đến bến xe B cách nhau 90 km với vận tốc không
đổi. Tuy nhiên, ô tô khởi hành muộn 12 phút so với dự định. Để đến bến xe B đúng giờ ô tô
đã tăng vận tốc lên 5 km/h so với vận tốc dự định. Tìm vận tốc dự định của ô tô.
Câu 4 (3,5 điểm).
Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm C nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp
tuyến CA, CB và cát tuyến CMN với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm, M nằm giữa C
và N). Gọi H là giao điểm của CO và AB.
a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp
b) Chứng minh CH.CO  CM.CN
c) Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CA, CB theo thứ tự tại E và F. Đường
�  OFQ
�
vuông góc với CO tại O cắt CA, CB theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh POE
d) Chứng minh: PE  QF �PQ
Câu 5 (0,5 điểm).
/>
18


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn

của biểu thức: P  3a 2  2ab  3b 2  3b 2  2bc  3c 2  3c 2  2ca  3a 2
-------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 08:
Câu 1 (2,5 điểm).
a) A  3( 12  3)  3(2 3  3)  3. 3  3

b) Đường thẳng y  (m  1)x  3 song song với đường thẳng y  2x  1 khi:
m 1  2
�
�m3
�
3 �1
�
6x  12
�x  2y  4
�
�x  2
�x  2
��
��
��
5x  2y  8
2y  4  x
2y  2
�
�
�
�y  1

c) �

Câu 2 (2,0 điểm).
Xét phương trình: x 2  2(m  2)x  4m  1  0 (1) (x là ẩn số, m là tham số)
a) Với m = 2, ta có pt: x 2  8x  7  0
Do a – b + c = 1 – 8 + 7 = 0 nên pt có 2 nghiệm: x1  1; x 2  7
b) +) Do a  1 �0 và  '  (m  2) 2  (4m  1)  m 2  5  0 m � Phương trình (1) luôn có

hai nghiệm phân biệt.
+) x12  x 22  30 � (x1  x 2 )2  2x1x 2  30 (*)
Do x1, x2 là hai nghiệm của pt (1), theo Viet: x1  x 2  2(m  2); x1.x 2  4m  1
2
2
Từ (*) suy ra: 4(m  2)  2(4m  1)  30 � m  2m  3  0 � m � 3; 1 (tmđk)

Câu 3 (1,5 điểm).
- Gọi vận tốc ô tô dự định đi từ A đến B là x (km/h), đk: x > 0
� vận tốc ô tô thực tế đã đi từ A đến B là x + 5 (km/h)
Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB với vận tốc dự định là:
Thời gian ô tô đã đi hết quãng đường AB là:

90
(h)
x

90
(h)
x5

90
90
1
1


(*) (đổi 12 phút = h)
x x 5 5
5

x1  45 (tm)
�
2
- Từ (*), ta có: x  5x  2250  0 � �
x 2  50 (loai)
�

Ta có phương trình:

- Vậy: Vận tốc dự định của ô tô là 45 km/h

/>
19


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

Câu 4 (3,5 điểm).
a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp:
Có:
Góc CAO = 900 (CA là tt của (O))
Góc CBO = 900 (CB là tt của (O))
= > CAO + CBO = 1800
AOBC là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh CH.CO  CM.CN
+) CM: CAO vuông tại A, AH  CO suy
ra CA 2  CH.CO (2)

�
�

�
CAM
 CNA
CM CA
�
� CAM : CNA �

� CM.CN  CA 2 (3)
+) Có: ��
CA CN
C  Chung
�
Từ (2) và (3) suy ra : CH.CO  CM.CN
�  OFQ
�
c) Chứng minh POE

�  OCF
�  COF
�  OCP
�  COF
�  AOP
�  COF
�
+) OFQ
�  POA
�  AOE
�  AOP
�  1 AOM
�

�  1 (180 0  AEM)
�
) POE
 AOP
2
2
1
�  900  1 (ECF
�  CFE)
�
�  900  1 (180 0  AOB)
�
�
 AOP
 AOP
 (1800  MFB)
2
2
2
�  1 AOB
�  1 (1800  1800  MOB)
�
�  COB
�  BOF
�  AOP
�  COF
�
 AOP
 AOP
2

2
�  OFQ
�
Vậy: POE

d) Chứng minh: PE  QF �PQ
+) Áp dụng BĐT Cô si: PE  QF �2 PE.QF (4)
�  FQO
�
�  OFQ
�
+) CM: CPQ cân tại C � OPE
kết hợp POE
suy ra PEO : QOF
PE PO
PQ

� PE.QF  PO.QO  ( ) 2 (5)
QO QF
2
Từ (4) và (5) suy ra: PE  QF �PQ
�

Câu 5 (0,5 điểm).
+) Ta có: 3a 2  2ab  3b2  (a  b) 2  2(a  b)2 � 2(a  b) 2  (a  b) 2
T.tự: 3b 2  2bc  3c 2 �(b  c) 2 ;
Suy ra: P �2 2(a  b  c)
+) Áp dụng BĐT Cô si:

3c 2  2ca  3a 2 � 2(c  a)

a  b  c  (a  1)  (b  1)  (c  1)  3 �2 a  2 b  2 c  3  2.3  3  3

Vậy: P �6 2

/>
20


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

a  b;b  c;c  a
�
�
P  6 2 � � a  1; b  1; c  1 � a  b  c  1
�
�a  b  c 3

KL: Pmin  6 2 � a  b  c  1
 Có thể c/m a  b  c �3 bằng cách sau:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 3 bộ số: (1; a ), (1; b), (1; c) ta có:





2

1. a �1.b�
1. c �

3(a b c)

Dấu “=” xảy ra khi

32

3(a b c)

a b c 3

a
b
c


1
1
1

----------------------------------------Hết-------------------------------------------ĐỀ SỐ 09:
Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức:
�
1- a a
A  �
�1 - a 
�

2

�

�
1- a�
a�
�
�
�1 - a �
� với a ≥ 0 và a ≠ 1.
�
�
�

2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
Câu 2: 1) Với giá trị nào của k, hàm số y = (3 - k) x + 2 nghịch biến trên R.
�4x + y = 5
�
3x - 2y = - 12
�

2) Giải hệ phương trình:

Câu 3: Cho phương trình x2 - 6x + m = 0.
1) Với giá trị nào của m thì phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x 1, x2 thoả mãn điều kiện x 1 - x2 = 4.
Câu 4: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Dây BC = R. Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với
đường tròn. Tia AC cắt Bx tại M. Gọi E là trung điểm của AC.
1) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn.
2) Gọi I là giao điểm của BE với OM. Chứng minh: IB.IE = IM.IO.
Câu 5: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
6

8

P = 3x + 2y + x + y .
-------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 09:
Câu 1: 1) Rút gọn







2

�1 - a 1 + a + a
��
�
1- a
�
�
�
�
+ a
A=
�
��1 - a 1 + a �
1- a
�
��
�

2
1
1
1+2 a +a .
= 1+ a .
= 1.
2
2
=
1+ a
1+ a























2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
/>
21


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
x1 = 1, x2 =

3
.
2

Câu 2:
1) Hàm số nghịch biến khi trên R khi và chỉ khi 3 - k < 0 � k > 3
�
x=
�
4x + y = 5
8x +2y = 10
11x = - 2
�
�
�
�

� �
� �
� �
2) Giải hệ: �
3x - 2y = - 12
3x - 2y = -12
4x + y = 5
�
�
�
�y =
�

2
11
63
11

Câu 3:
1) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: m < 0
2) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 � ∆’ = 9 - m ≥ 0 � m ≤ 9
�x1 + x 2 = 6
�x1 . x 2 = m

(1)

Theo hệ thứcViét ta có �

(2)

Theo yêu cầu của bài ra x1 - x2 = 4
(3)
Từ (1) và (3) � x1 = 5, thay vào (1) � x2 = 1 Suy ra m = x1.x2 = 5 (thoả mãn)
Vậy m = 5 là giá trị cần tìm.
Câu 4:
1) Ta có E là trung điểm của AC � OE  AC
hay  OEM = 900.
B
Ta có Bx  AB =>  ABx = 900 nên tứ giác CBME
O
nội tiếp.
I
A
2) Vì tứ giác OEMB nội tiếp �  OMB =  OEB
E
(cung chắn OB),  EOM =  EBM (cùng chắn cung
C
 MIB (g.g) � IB.IE = M.IO
EM) �  EIO

M
x

Câu 5:
6

8

3

3

3

6

y

8

Ta có : P = 3x + 2y + x + y = ( 2 x + 2 y) + ( 2 x + x ) + ( 2 + y )
3
3
3
3
x+ y=
 x + y  � . 6 = 9.
2
2
2
2
y
8
y 8
3x
6
3x 6
+
�2
.

=4
+
�2
.
=6 ,
2
y
2 y
2
x
2
x

Do

Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19
�
�x + y = 6
�
�x = 2
6
�3x
� �
Dấu bằng xẩy ra khi � =
x
�y = 4
�2
8
�y
�2 = y

�

Vậy min P = 19.

----------------------------------------Hết------------------------------------------- />
22


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

ĐỀ SỐ 10:
Câu 1:
�a a - 1

a a + 1 � a +2

Cho biểu thức: P = �
�a - a - a + a �
�: a - 2 với a > 0, a  1, a  2.
�
�
1) Rút gọn P.
2) Tìm giá trị nguyên của a để P có giá trị nguyên.
Câu 2:
1) Cho đường thẳng d có phương trình: ax + (2a - 1) y + 3 = 0. Tìm a để đường
thẳng d đi qua điểm M (1, -1). Khi đó, hãy tìm hệ số góc của đường thẳng d.
2) Cho phương trình bậc 2:
(m - 1)x2 - 2mx + m + 1 = 0. (m là tham số)
a) Tìm m, biết phương trình có nghiệm x = 0.
b) Xác định giá trị của m để phương trình có tích 2 nghiệm bằng 5, từ đó hãy tính

tổng 2 nghiệm của phương trình.
Câu 3:
Giải hệ phương trình:

�4x + 7y = 18
�
3x - y = 1
�

Câu 4:
Cho ∆ABC cân tại A, I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp
góc A, O là trung điểm của IK.
1) Chứng minh 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc một đường tròn tâm O.
2) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O).
3) Tính bán kính của đường tròn (O), biết AB = AC = 20cm, BC = 24cm.
Câu 5:
Giải phương trình:
x2 + x + 2010 = 2010.
-------------------------------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 10:
Câu 1:
1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠ 2



  a + a + 1 - 
 a - 1

� a -1
Ta có: P = �
�

a
�

  a - a + 1 �
�: a + 2
� a-2
a  a + 1
�

a +1

2 (a - 2)
a+ a +1-a+ a -1 a+2
=
:
a+2
a-2
a
2a - 4 2a + 4 - 8
8
=
=22) Ta có: P =
a+2
a+2
a+2
=

P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8 chia hết cho (a + 2)
a+2=
�

�
a+2=
� �
�
a+2=
�
a+2=
�

�1
a = - 1; a = - 3
�
�
�2
a=0 ;a=-4
� �
�
�4
a=2 ;a=-6
�
�8
a = 6 ; a = - 10
�

/>
23


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

Câu 2:
1) Đường thẳng đi qua điểm M (1; -1) khi a + (2a - 1) . (- 1) + 3 = 0
� a - 2a + 4 = 0 � a = 4
Suy ra đường thẳng đó là 4x + 7y + 3 = 0 � 7y = - 4x - 3 � y =
Nên hệ số góc của đường thẳng là

4
7

-4
3
x7
7

2)
a) Phương trình có nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0 � m  1 .
b) Phương trình có 2 nghiệm khi:
∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0 � m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng  m.
m+1
3
= 5 � m + 1 = 5m - 5 � 4m = 6 � m = .
m-1
2
3
1 2
5
Với m = ta có phương trình : x - 3x + = 0 � x2 - 6x + 5 = 0
2
2
2

-b
=6
Khi đó x1 + x2 =
a

Ta có x1.x2 = 5 �

Câu 3:
4x + 7y = 18
�
�25x = 25
�x = 1
� �
� �
.
21x - 7y = 7
3x - y = 1
�
�
�y = 2

Hệ đã cho � �

Câu 4:
1) Theo giả thiết ta có:  B1 =  B2 =  B3 =  B4
Mà  B1 +  B2 +  B3 +  B4 = 1800.
=>  B2 +  B3 = 900.
Tương tự  C2 +  C3 = 900.
Xét tứ giác BICK có  B +  C = 1800.
� 4 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O đường kính IK.

2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì ∆ICK vuông tại C) � ∆ IOC cân tại O
�  OIC =  ICO (1)
Ta lại có  C1 =  C2 (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC.
Ta có AH  BC. (Vì ∆ ABC cân tại A).
Trong ∆ IHC có  HIC +  ICH = 900 = >  OCI +  ICA = 900
Hay  ACO = 900 hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O).

/>
24


“Tuyển tập 34 đề Toán luyện thi vào lớp 10 THPT (có đáp án chi tiết)”

3) Ta có BH = CH = 12 (cm).
Trong ∆ vuông ACH có
AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 � AH = 16
Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có:
IA
AC
AH - IH
AC
20
5
=
�
=
=
=
IH
CH

IH
CH
12
3
� (16 - IH) . 3 = 5 . IH � IH = 6

A

I
1

B
4

2
3

IC2
180
=
= 30 , OI = OK= OC = 15 (cm)
IH
6

Câu 5:

Ta có x 2 + x + 2010 = 2010 (1)

(1) � x 2 + x +

2

1

C
3

4

O

Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2
= 62 + 122 = 180
Trong ∆ vuông ICK có: IC2 = IH . IK
� IK =

H

K

Điều kiện: x ≥ - 2010

1
1
- x - 2010 + x + 2010 - = 0
4
4

1
� 1

x + = x + 2010 - . (2)
�
1�
2
2
� 1� �
� �x + � - � x +2010 - � = 0 � �
1
1
2�
� 2� �
�
x + = - x + 2010 + . (3)
� 2
2
�x  1 �0
Giải (2) : (2) � �
(x  1) 2  x  2010 (4)
�
(4) � (x + 1)2 = x + 2010 � x2 + x - 2009 = 0
2

2

∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037
x1 =

- 1 + 8037
-1 - 8037
; x2 =

(loại)
2
2
2010 �x �0
�

Giải (3): (3) � x   x  2010 � � 2

�x  x  2010 (5)

(5) � x  x  2010  0 .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041,
2

1 - 8041
(loại nghiệm x1)
2
1  8037
1  8041
Vậy phương tình có 2 nghiệm: x 
;x
.
2
2
x1 =

1 + 8041
;
2

x2 =

----------------------------------------Hết--------------------------------------------

/>
25