16 BỘ ĐỀ TS L.10 +Đ.ÁN (SÔ1)

Ti liu ụn thi toỏn vo lp 10

Đề 1
Câu1 :

Cho biÓu thøc
 x 3 −1
 x 3 + 1
 x (1 − x 2 ) 2

+ x 
− x :
A=  x − 1  x + 1  x 2 − 2




.a, Ruý gän biÓu thøc A
.b , TÝnh giá trị của biểu thức khi cho x=
c. Tìm giá trị của x để A=3
Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

Với x

2

;1

6 +2 2

 ( 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=

6 +2 2

x2 2
x

vào A ta đợc A=

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

4 +2 2
6 +2 2

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
Tõ ®ã ta cã 
<=>
 2 x + 3 y = 12
 x− y = 1
*
(1)
 2 x + 3 y = 12

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

 x− y = −4
*
(2)
 2 x + 3 y = 12

Gi¶i hƯ (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 cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)
mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 víi mäi x
VËy bÊt phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
ã Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành x+1=0=> x=1
ã XÐt 2m-1≠0=> m≠ 1/2 khi ®ã ta cã
,
∆ = m2-2m+1= (m-1)2≥0 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m
ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0)
m − m +1
1
= 2m −1
2m − 1
1
(-1,0)=> -1<
<0
2m −1

víi m≠ 1/2 pt cßn cã nghiƯm x=
pt cã nghiƯm trong kho¶ng

 1
 2m
+ 1> 0 
>0

=>  2m − 1 =>m<0

 2m − 1
 2m − 1 < 0
 2m − 1 < 0

D
K

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

(

)

 x x −1 x x + 1   2 x − 2 x + 1 

 

 x − x − x + x :

x −1

 


a,Rót gän P

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận

A

C


Ti liu ụn thi toỏn vo lp 10

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

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

x1 x2

3

=50

Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = 0 cã hai nghiƯm d¬ng phân biệt x1, x2Chứng
minh:
a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 và t2.
b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2 ≥4
Bµi 4: Cho tam gi¸c cã c¸c gãc nhän ABC néi 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
a, Rót gän: P =
b. P =

≥ 0; x ≠ 1

(

2 x( x − 1) 2 x − 1 z
:
x( x − 1)
x −1

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 = − ⇒ x = 0 ⇒ x = 0
1
x −1 = 2 ⇒ x = 3 ⇒ x = 9
x −1 = − ⇒ x = −1( Loai )
2

VËy víi x= {0;4;9} thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:

Mt s b tham kho

Nguyn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

(

)


 ∆ = 25 > 0

⇔  (m − 2)(m + 3) > 0 ⇔ m < − 3
 1
m< −
 2

 ∆ = ( 2m + 1) 2 − 4 m 2 + m − 6 ≥ 0


2
 x1 x2 = m + m − 6 > 0
 x + x = 2m + 1 < 0
 1 2

( m −2) 3

b. Giải phơng trình:

( 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. .

V× x1> 0 => c. 

2

1 
1
+ b. + a = 0.
1 
x1
x 

1
x1

ct2 + bt + a = 0; t1 =

Chøng tá

1
x1

lµ mét nghiệm dơng của phơng trình:

Vì x2 là nghiệm của phơng tr×nh:

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

vì x2> 0 nên c.

1
1
 + b.  + a = 0
x 
x 
 2
2

ơng trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 =

điều này chứng tỏ

1
x2

là một nghiệm dơng của ph-

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 còng cã hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 . t1 =

1
x1

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

1
x1

+ x1 ≥2

t2 + x2 =

1
x2

+ x2 ≥2

Do ®ã x1 + x2 + t1 + t2 ≥4
Bµi 4

Một số bộ đề tham khảo

1

; t2 = x

Nguyễn Văn Thuận

2

Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

a. Gi¶ sư đà 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
A

CH ⊥ AB vµ BH ⊥ AC => BD ⊥ AB và CD AC .
Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 .

Q

Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O

H

O

Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
P

của đờng tròn tâm O thì

C

B

tứ giác BHCD là hình bình hành.
D

b) Vì P đối xứng với D qua AB nªn ∠ APB = ∠ ADB

nhng ∠ ADB = ∠ ACB nhng ∠ ADB = ∠ ACB
Do ®ã: APB = ACB Mặt khác:
AHB + ACB = 1800 => ∠ APB + ∠ AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = ∠ PHB
Mµ ∠ PAB = ∠ DAB do ®ã: ∠ PHB = ∠ DAB
Chøng minh t¬ng tù ta cã: ∠ CHQ = ∠ DAC
VËy ∠ PHQ = ∠ PHB + ∠ BHC + ∠ CHQ = ∠ BAC + BHC = 1800
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c). Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A
Cã AP = AQ = AD vµ ∠ PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ
đạt giá trị lín nhÊt  AP vµ AQ lµ lín nhÊt hay AD là lớn nhất
D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

Đề 3
Bài 1: Cho biÓu thøc:
P =

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) .

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận

Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

a). Chøng 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 ®iĨm thc ®êng trßn
(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.
Bµi 5: Cho

1
1
1
1
+
+ =
x

y
z
x +y +z

tháa m·n :

x, y , z R

3
4

HÃy tính giá trị của biểu thức : M =

+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .

Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định lµ :;
x(1 +

*). Rót gän P: P =
=

=

=

=

(

(

x ) − y (1 −
x +

)

( x − y ) + x x + y y − xy

(

(

x +

x +
y

(

)(

)(

y 1+
x −

)(

)(

(

x +

x 1−

y +x−

y ) − xy

) (1 +

y

y

x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠1 ; x + y ≠ 0

)

)

xy + y − xy

x +

) (1 − y )

x

y

(

y

)

)

)( y)
x ( x + 1) − y ( x + 1) + y ( 1 + x ) ( 1 − x )
(1 + x ) (1 − y )
x (1 − y ) (1 + y ) − y (1 − y )
x − y + y − y x
=
(1 − y )
(1 − y )
x +

y 1+

x 1−

VËy P =

x +

x +

xy −

b). P = 2 ⇔

(

⇔ x1+

(

⇔

)(

.

xy −

) (

y −

x −1 1 +

y.

)

=2

=

x +

xy −

y.

y.

)

y +1 =1

y =1

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
Ta cã: 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 (*)

V× 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 n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung ⇔ ph¬ng tr×nh : x2 + mx + m – 2 = 0 cã
hai nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2.

x + y + z = 9
(1)

1 1 1
Bµi 3 :  + + = 1 (2)
x y z
 xy + yz + xz = 27 ( 3)

§KX§ :

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 vµo (1) => x = y = z = 3 .
Ta thÊy x = y = z = 3 thõa mÃn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy
nhất x = y = z = 3.
Q
Bµi 4:
a). XÐt ∆ABM vµ ∆NBM .
Ta cã: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
N
nên :AMB = NMB = 90o .
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
C
nên ABM = MBN => BAM = BNM
M
=> BAN cân ®Ønh B.
Tø gi¸c AMCB néi tiÕp
=> BAM = MCN ( cïng bï víi gãc MCB).
A
O
=> MCN = MNC ( cïng bằng góc BAM).
=> Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét ∆ MCB vµ ∆ MNQ cã :

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận

B


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
∠ BMC = ∠ MNQ ( v× : ∠ MCB = ∠ MNC ; ∠ MBC = ∠ MQN ).
=> ∆ MCB = ∆ MNQ (c. g . c). => BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ cã AC ⊥ BQ ⇒AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 −1) R
Bµi 5:
Tõ :
=>

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

1

=> x

+

1
1
1
+
−
=0
y
z
x +y +z

x +y
x + y +z −z
+
=0
xy
z( x + y + z )

 1

1
⇒ ( z + y )
 xy + z ( x + y + z )  =0




2
 zx + zy + z + xy 
⇒ ( x + y )
 xyz ( x + y + z )  = 0



⇒ ( x + y )( y + z ) ( z + x ) = 0

Ta cã : 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)
VËy M =

3
4

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

3
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:
A.y =

1
2

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

H·y chọn câu trả lời đúng.

1
2

x - 2 ; D.y = - 2x - 4

2) Mét h×nh trơ cã chiỊu 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
kính hình trụ và bán kính hình cầu là A.2 ; B. 3 2 ; C.

3

3;

2
3

bình. Tỉ số giữa bán

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
MB

=

1
2

Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trÞ nhá nhÊt.

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Bµi 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 ®iĨm cđa
MN.
b) Chøng 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
VËy A chia hÕt cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) Do A > 0 nên A lớn nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt.
XÐt A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1)
Ta cã:

x+y
≥ xy
2

=> 1 > 2

xy

(BÊt đẳng thức Cô si)
(2)

Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2
Max A2 = 2 <=> x = y =

1
2

xy

<1+2=2

, max A =

2

<=> x = y =

Bài3 Câu 1Víi mäi x ta cã (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nªn víi x = 4 th× - 7 = (4 + b)(4 + c)
Có 2 trờng hợp: 4 + b = 1
và
4+b=7
4+c=-7
4+c=-1
Trờng hợp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta cã (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trêng hỵp thø hai cho b = 3, c = - 5, a = 2
Ta cã (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)

1
2

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

1
AD = AB. Ta có D là điểm
4
MA
1
AD
1

=
(gt) do đó
=
AB
2
MA
2

x

cố định

B

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
A

Mt s b tham khảo

D
M

Nguyễn Văn Thuận
C


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
MA
AB

Do ®ã Δ AMB

=

AD
MA

=

~ Δ ADM =>

1
2
MB
MD

=

MA
AD

=2

=> MD = 2MD (0,25 ®iĨm)
XÐt ba ®iÓm 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.
- Dựng đờng tròn tâm A bán kính

1
2

- Dựng D trên tia Ax sao cho AD =

AB
1
4

AB

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

1
2

AB)

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 cã : ΔINC = ΔIMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD vuông cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
A
=> 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

N

C

I
K
O

M

.
D

Đề 5
Bài 1. Cho ba số x, y, z thoà m·n ®ång thêi :
x2 + 2 y + 1 = y 2 + 2 z + 1 = z 2 + 2x + 1 = 0

Tính giá trị của biểu thøc : A = x 2007 + y 2007 + z 2007 .
Bµi 2). Cho biĨu thøc : 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 tr×nh :
 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 thùc d¬ng. Chøng minh r»ng :

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận

B


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

( 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 gi¶ thiÕt ta cã :

 x2 + 2 y + 1 = 0
 2

 y + 2z +1 = 0
z 2 + 2x + 1 = 0

2
2
2
Céng tõng vÕ c¸c ®¼ng thøc ta cã : ( x + 2 x + 1) + ( y + 2 y + 1) + ( z + 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

Vậy : A = -3.

Bài 2.(1,5 điểm) Ta cã :

(

) (

)

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 vµ ( x − 2 ) + ( y − 1)  ≥ 0 ∀x, y


2


2

⇒ M ≥ 2007

⇒ M min = 2007 ⇔ x = 2; y = 1
u = x ( x + 1)

v = y ( y + 1)


Bài 3. Đặt :

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

Ta cã : 

tr×nh :
X 2 − 18 X + 72 = 0 ⇒ X 1 = 12; X 2 = 6

u = 12
u = 6
; 
⇒
v = 6
v = 12

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
 x ( x + 1) = 12

⇒ 
 y ( y + 1) = 6


 x ( x + 1) = 6

 y ( y + 1) = 12


; 

Gi¶i hai hƯ 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.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp
·
·
·
·
⇒ MCO = MAO;MDO = MBO

d

m

⇒VCOD : VAMB ( g .g ) (0,25®)

c

Chu.vi.VCOD OM
Do ®ã : Chu.vi.VAMB = MH (MH1 ⊥ AB)
1

a

OM
Do MH1 ≤ OM nªn MH ≥ 1
1

h

o

b

⇒ Chu vi VCOD ≥ chu vi VAMB

DÊu = x¶y ra ⇔ MH1 = OM ⇔ M ≡ O
2

⇒ M là điểm chính giữa của cung ằ
AB
2

1
1
Bài 5 (1,5 ®iÓm) Ta cã :  a −  ≥ 0;  b −  ≥ 0

÷

÷
2
2


⇒ a− a +
⇒ a+b+

1
1
≥ 0; b − b + ≥ 0

4
4

1
≥ a+ b >0
2

∀ a,b>0

1
1
⇒ (a − a + ) + (b − b + ) ≥ 0 ∀ a , b > 0
4
4

MỈt khác a + b 2 ab > 0

1

Nhân từng vÕ ta cã : ( a + b ) ( a + b ) +  ≥ 2 ab ( a + b )


⇒ ( a + b) +
2

( a + b)
2

2

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)
Ta có: VABD : VCED (g.g)
⇒

a

BD AD
=
⇒ AB.ED = BD.CD
ED CD

Một số bộ đề tham khảo

b

Nguyễn Vănd
Thuận
e

c


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
⇒ AD. ( AE − AD ) = BD.CD
⇒ AD 2 = AD. AE − BD.CD

L¹i cã : VABD : VAEC ( g .g )

AB AD
=
⇒ AB. AC = AE. AD
AE AC
⇒ AD 2 = AB. AC BD.CD


Đè 6
Câu 1: Cho hàm sè f(x) =

x − 4x + 4
2

a) TÝnh 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)
C©u 2: Giải hệ phơng trình
( x 3)(2 y + 7) = (2 x − 7)( y + 3)
C©u 3: Cho biĨu thøcA =

 x x +1
x −1  

 

 x −1 − x −1  :  x +

 

x 

x −1 


víi x > 0 và 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 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

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

b)

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

c)

A=

 x = 12
x = −8


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

1
x+2

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra

A=

Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra

A=−

1
x+2

C©u 2

 x ( y − 2) = ( x + 2)( y − 4)
 xy − 2 x = xy + 2 y − 4 x − 8
 x − y = −4
x = ⇔
⇔
⇔ 

( 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

C©u 3 a)

Ta cã:

A=

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

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

 

− x +2
x −1

⋅

b) A = 3

x −1
=
x

=>

x 

x −1 


x − x +1 − x +1
x −1


=
x −1 

x

=

x

:

x −1

=

− x +2
x −1

:

x
x −1

=

2− x
x
2− x
x

=3

=> 3x +

x

-2=0

=> x = 2/3

C©u 4
P

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

;

(1)

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

A

POB = ACB (hai góc đồng vị)

E
B

O H

AHC ∞ ∆ POB

Do ®ã:

AH CH
=
PB
OB

Một số bộ đề tham khảo

(2)

Nguyễn Văn Thuận

C


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

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) vµ do AH = 2EH ta cã
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 th× ∆ > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
Tõ ®ã suy ra m 1,5

(1)

Mặt khác, theo định lý Viét và gi¶ thiÕt ta cã:
2m − 1

x1 + x 2 = −

2

m− 1

⇔
 x 1 .x 2 =
2

 3x1 − 4x 2 = 11



13 - 4m

x1 =

7


7m − 7

 x1 =
26 - 8m

 13 - 4m 7m − 7
 3 7 4 26 - 8m = 11


Giải phơng trình 3

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
đà cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mÃn:

x1 + x2 = 11

Đề 7
Câu 1:

Cho P =

x+2
x +1
x +1
+
x x −1 x + x +1
x −1

a/. Rót gän P.

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

b/. Chøng minh: P <

1
với x 0 và x 1.
3

(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.

Câu 3: a/. Giải phơng trình :

1
+
x

1

=2

2 x2
a0


b0

b/. Cho a, b, c là các số thực thâa m·n : 
 a + 2b − 4c + 2 = 0
 2a − b + 7c − 11 = 0


Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhÊt cña 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 ngo¹i tiÕp VBCD . TiÕp tun cđa (O) t¹i 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 ; ( v× x + x + 1 > 0 )

b/. Víi x ≥ 0 vµ x ≠ 1 .Ta cã: 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.

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận

Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
b/. Víi m ≤ 2 th× (1) cã 2 nghiƯm.

Gäi mét nghiƯm cđa (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta cã:
 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 ( thâa m·n 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 cã:  1 1
 x + y = 2 (2)


Tõ (2) cã : x + y = 2xy. Thay vµo (1) cã : xy = 1 hc xy = -

1
2

* NÕu 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
thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
2
1
1 3
X2 + X - = 0 ⇔ X =
2
2

* NÕu xy = -

V× y > 0 nªn: y =

A
K

−1 + 3 ⇒
−1 − 3
x=
2
2

VËy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =

1 3
2

D

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 = Ã
ACK
O

1 ằ
1
Ã
ằ
ACK = sđ EC = sđ BD = DCB
Mà Ã
2
2

B

C

Ã
Ã
Nên BCD = BAC

·
·
Dùng tia Cy sao cho BCy = BAC .Khi ®ã, D là giao điểm của ằ và Cy.
AB
ằ
Ã
Ã
Ã
Với giả thiết » > BC th× BCA > BAC > BDC .
AB
⇒ D AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.

Đề 8
Câu 1: a) Xác định x ∈ R ®Ĩ biĨu thøc :A =

Một số bộ đề tham khảo

x2 +1 − x −

1
x2 +1 − x

Lµ mét sè tù nhiªn

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

b. Cho biĨu thøc: P =

x
xy + x + 2

y

+

yz +

y +1

+

2 z
zx + 2 z + 2

BiÕt x.y.z = 4 , tÝnh

P

C©u 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 ).
b.

2
R < DE < R
3

đáp án

Câu 1:
A=

a.

x2 +1 x

x 2 +1 + x
( x + 1 − x).( x + 1 + x)
2

2

=

x 2 + 1 − x − ( x 2 + 1 + x) = −2 x

A lµ sè tù 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
ta đợc:
P=


x
xy + x + 2

+

xy
xy + x + 2

+

x

2 z
z ( x + 2 + xy

; thay 2 ë mÉu cđa h¹ng tư thø 3 bëi

=

x + xy + 2

xy + x + 2

=1

xyz

(1đ)

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
P =1

Vậy SABC = 1/2AC.BC =
Câu 3:

Đkxđ x 1, đặt

1
10 . 10 = 5

2
x 1 = u;

Mt s b tham kho

3

( đơn vị diện tích )

2x =v

ta có hệ phơng trình:

Nguyn Vn Thun

.


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

u− v= 5
 2 3
u + v = 1

Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2
B
x = 10.
D
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc

M
AB = AC = R ABOC là hình
A
E
vuông
(0.5đ)
Kẻ bán kính OM sao cho
∠BOD = ∠MOD ⇒
∠MOE = ∠EOC (0.5®)
Chøng minh ∆BOD = ∆MOD
⇒ ∠OMD = ∠OBD = 900
T¬ng tù: ∠OME = 900
⇒ D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
b.Xét ADE có DE < AD +AE mµ DE = DB + EC
⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R
Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
Céng tõng vế ta đợc: 3DE > 2R DE >
Vậy R > DE >

2
3

2
3

O

C

R

R

Đề 9
Câu 1: Cho hàm số f(x) =

x 4x + 4
2

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rót gän 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)
C©u 3: Cho biĨu thøc
A=

 x x +1
x −1  

: x +
−

 x −1
x −1  

 

Một số bộ đề tham khảo



x −1 

x

víi x > 0 vµ x ≠ 1

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

a) Rót gän 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 ®iĨm E cđa AH
b) Gi¶ sư PO = d. TÝnh AH theo R và d.
Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Kh«ng giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiƯm ph©n biƯt x1; x2 tháa m·n:
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
f ( x) = 10 ⇔ 
⇔
x − 2 = − 10


c)

A=

 x = 12
x = −8


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

1
x+2

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra

A=

Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra

A=−

1
x+2

C©u 2

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

 x( y − 2) = (x + 2)( y − 4)

 (x − 3)(2 y + 7) = (2x − 7)( y + 3)
 xy − 2x = xy + 2 y − 4x − 8
⇔
 2xy − 6 y + 7x − 21 = 2xy − 7 y + 6x − 21
 x − y = − 4  x = -2

⇔
⇔ 
 x+ y = 0  y = 2
C©u 3a)

Ta cã:

A=
=
=

2− x
x

x 

x −1 


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

 


=
=>



x −1 

x

 ( 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 −1 − x −1  :  x +

 

x − x +1 − x +1
x −1
− x +2

=3

C©u 4

x −1

:

:

x

x −1

=

x −1

=> 3x +

x

x

− x +2

-2=0

x −1

⋅

x −1
=
x

2− x
x

=> x = 2/3

P
A
E
B

Một số bộ đề tham khảo

O

H

C

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
b) nên theo định lý Ta let ¸p dơng cho tam gi¸c CPB ta có
EH CH
=
PB
CB

;

(1)

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

POB = ACB (hai góc đồng vị)

=>

AHC POB

Do đó:

AH CH

=
PB
OB

(2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) vµ (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của
AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta cã AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) vµ do AH = 2EH ta cã
AH 2 = ( 2 R −

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

⇔

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

⇔

4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔

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

⇔

AH =
=

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

Câu 5 (1đ)
Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì ∆ > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5

(1)

Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:

Mt số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận

Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

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

 13 - 4m 7m − 7

 3 7 − 4 26 - 8m = 11


Giải phơng trình 3

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 cã: Víi m = - 2 hc m = 4,125 thì phơng trình đà cho
có hai nghiệm phân biệt t

Đề 10
Câu I : Tính giá trị của biểu thức:
A=

1
3+ 5

+

1
5+ 7

+

1
7+ 9

+ .....+

1
97 + 99

3333.....35
 
B = 35 + 335 + 3335 + ..... +   99 sè 3

Câu II :Phân tích thành nhân tử :
1) X2 -7X -18
2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
3) 1+ a5 + a10
C©u III :
1) Chøng minh : (ab+cd)2 ≤ (a2+c2)( b2 +d2)
2) ¸p dơng : cho x+4y = 5 . T×m GTNN cđa biĨu thøc : 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) Chøng minh DM.AI= MP.IB

b) TÝnh tØ sè :

MP

MQ

C©u 5:
Cho P =

x 2 4x + 3
1 x

Tìm điều kiện ®Ĩ biĨu thøc cã nghÜa, rót gän biĨu thøc.
C©u 1 :

Mt s b tham kho

đáp án

Nguyn Vn Thun


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

1) A =
=

1
1
1
1
+
+
+ .....+

3+ 5
5+ 7
7+ 9
97 + 99
1
( 5 − 3 + 7 − 5 + 9 − 7 + .....+ 99 − 97
2

)=

1
( 99 − 3 )
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
3

( 99+999+9999+.....+999...99)

1
( 102 -1 +103 3

10101 −10 2 

 +165


27



198 +
B=

1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 +

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)
Câu 3: 4đ
1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>
a2b2+2abcd+c2d2 ≤ a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
≤ a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>

0
≤ (ad - bc)2 (®pcm )
0
DÊu = x·y ra khi ad=bc.
2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) ≤ (x2 + y2) (1 +16) =>
x2 + y2 ≥

25
17

=> 4x2 + 4y2

100
dấu
17

= xÃy ra khi x=

5
17

,y=

20
17

(2đ)

Câu 4 : 5đ

Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=>
MPD đồng dạng với ICA =>

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

(1).

Một số bộ đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Ta cã gãc ADC = gãc CBA,
Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA.
Do đó DMQ đồng dạng víi ∆ BIA =>
DM
MQ
=
=> DM.IA=MQ.IB (2)
BI
IA

Tõ (1) vµ (2) ta suy ra

MP
MQ

=1

Câu 5
Để P xác định thì : x2-4x+3 0 vµ 1-x >0
Tõ 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 tõ ®ã suy ra tÝch cđa (x-1)(x-3) > 0
VËy víi x < 1 th× biĨu thøc cã nghÜa.
Víi x < 1 Ta cã :
P=

x 2 − 4x + 3
1− x

=

( x 1)( x 3)
1x

= 3x

Đề 11
Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức . A =

1+

b. Tính giá trị cđa tỉng.

1
1
+
2
a
( a + 1) 2

B = 1+

Víi a > 0.

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

C©u 2 : Cho pt x 2 − mx + m − 1 = 0
m
a. Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi ∀ .

b. Gäi x1 , x 2 lµ hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.

P=

Câu 3 : Cho

x ≥ 1,

y ≥1

2 x1 x2 + 3

x1 + x2 + 2( x1 x 2 + 1)
2

2

Chøng 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.

Mt s b đề tham khảo

Nguyễn Văn Thuận