16 BO DE + D AN VAO LOP 10

Ti liu ụn thi toỏn vo lp 10

Su tm

Đề 1
Câu1 :

Cho biÓu thøc
 x3 −1
 x 3 + 1
 x(1 − x 2 ) 2

+ x 
− x :
A=  x − 1  x + 1  x 2 − 2




.a, R gän biĨu thøc A
.b , TÝnh gi¸ 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 ®ỵc 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
 x− y = −4
*
(2)
 2 x + 3 y = 12


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

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 nghiÖm 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 ®êng kÝnh BK
O
hay 4 ®iĨm E,F,B,K thc ®êng trßn ®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
b,T×m 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 nghiƯm ©m.

A

C


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm
3
1

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

x

x2

3

=50

Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x1, x2Chứng
minh:
a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 và t2.
b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 ≥4
Bµi 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 ®iĨm D ®Ĩ PQ cã ®é dµi lín nhÊt.
Bµi 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, Rút gọn: 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=

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:

(

)

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

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

x −1
( x − 1)

2

=

x +1
x −1


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
( m −2)

b. Giải phơng trình:

3

Su tm
( m +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

V× x1> 0 =>

1
1
 
c.  1  + b. + a = 0.
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

1

; t2 = x

2

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

1
x1

+ x1 2

t2 + x2 =

Do ®ã x1 + x2 + t1 + t2 ≥4

1
x2

+ x2 2

Bài 4

A

a. Giả sử 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

Q

CH AB và BH AC => BD ⊥ AB vµ CD ⊥ AC .
H

Do ®ã: ∠ ABD = 900 vµ ∠ ACD = 900 .
Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O

O

P
C

B

Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
của đờng tròn tâm O thì

D


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

tø gi¸c BHCD là hình bình hành.

b) Vì P đối xứng với D qua AB nªn ∠ APB = ∠ ADB
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
Mµ ∠ PAB = ∠ DAB do đó: PHB = DAB
Chứng minh tơng tự ta cã: ∠ CHQ = ∠ DAC
VËy ∠ PHQ = ∠ PHB + ∠ BHC + ∠ CHQ = ∠ BAC + ∠ BHC = 1800
Ba ®iĨm P; H; Q thẳng hàng
c). Ta thấy APQ là tam giác cân ®Ønh A
Cã AP = AQ = AD vµ ∠ 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 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.
Bµi 2: Cho parabol (P) : y = -x2 vµ ®êng th¼ng (d) cã hƯ sè gãc m ®i qua ®iĨm M(-1 ;
-2) .
a). Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ 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 tr×nh :

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 ) . Trªn nưa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiÕp xóc víi


Ti liu ụn thi toỏn vo lp 10

Su tm

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

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 (*)
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 biƯt A
vµ B.
b). A vµ B n»m vỊ hai phÝa của trục tung phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 cã
hai nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2.


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

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 thâa m·n hƯ ph¬ng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy
nhất x = y = z = 3.
Q
Bµi 4:
a). XÐt ∆ABM vµ NBM .
Ta có: 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 đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cïng bï víi gãc MCB).
A
O
=> MCN = MNC ( cïng b»ng gãc BAM).
=> Tam gi¸c MCN cân đỉnh M
b). Xét MCB và MNQ có :
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 .
XÐt 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
Bµi 5:
Tõ :
=>

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

1

=> x

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

+

1
1
1
+
−
=0
y
z
x +y +z

B


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

 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 =

HÃy chọn câu trả lời đúng.

1
2

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

2) Mét h×nh trơ cã chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm
vào bình một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại
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 ®Þnh vÞ trÝ ®iĨm M ®Ĩ 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 ®iĨm cđa
MN.
b) Chøng minh tỉng 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.


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

2) Chän 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)
MA
AB

Do đó AMB

=

AD
MA

=

~ ADM =>

1
2
MB
MD

D

A

=

MA
AD

=2

=> MD = 2MD (0,25 ®iĨm)
XÐt ba ®iĨm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)
Do ®ã MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
DÊu "=" xảy ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC
Giá trị nhá nhÊt cđa MB + 2 MC lµ 2 DC
* Cách dựng điểm M.
- Dựng đờng tròn tâm A bán kÝnh

1
2

- Dùng D trªn tia Ax sao cho AD =

AB
1
4

AB

M

C

Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

M lµ 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

Đề 5

N

C

I

K
O

M

.
D

Bài 1. Cho ba sè x, y, z tho· m·n ®ång thêi :
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 .
Bµi 2). Cho biÓu 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 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 r»ng :

( 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.

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

Hớng dẫn giải

B


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm
x + 2 y +1 = 0
 2
 y + 2z +1 = 0
z 2 + 2x + 1 = 0

2

2
2
2
Céng tõng vế các đẳng thức ta có : ( 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

VËy : A = -3.

Bµi 2.(1,5 ®iÓm) 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

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


2



⇒ M ≥ 2007

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

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

Bài 3. Đặt :

Ta có :

trình :
X 2 18 X + 72 = 0 ⇒ X 1 = 12; X 2 = 6
u = 12
u = 6
; 
⇒
v = 6
v = 12
 x ( x + 1) = 12


⇒ 
 y ( y + 1) = 6


 x ( x + 1) = 6

 y ( y + 1) = 12


;

Giải hai hệ trên ta đợc : NghiƯm cđa hƯ lµ :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) vµ 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 hun CD nªn :
MO2 = CM . MD
⇒ R2 = AC . BD


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp

d

·

·
·
·
⇒ MCO = MAO;MDO = MBO

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 ®iĨm) Ta cã :  a −  ≥ 0;  b −  ≥ 0

÷

÷
2
2


⇒ a− a +
⇒ a+b+

1
1
≥ 0; b − b + ≥ 0
4
4

∀ a,b>0

1
1

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

1
≥ a+ b >0
2

Mặt khác a + b 2 ab > 0

1

Nh©n tõng vÕ ta cã : ( a + b ) ( a + b ) +  ≥ 2 ab ( a + b )


⇒ ( a + b) +
2

( a + b)
2

2

≥ 2a b + 2b a

Bµi 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

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

b

L¹i cã : VABD : VAEC ( g .g )
AB AD
=
⇒ AB. AC = AE. AD
AE AC
⇒ AD 2 = AB. AC BD.CD


e

Đè 6
Câu 1: Cho hàm số f(x) =
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10

d

x − 4x + 4

2

c


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
f ( x)
c) Rót gän A = 2
khi x ≠ ± 2
x −4

Sưu tầm

 x( y − 2) = ( x + 2)( y 4)
Câu 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 vµ x ≠ 1

a) Rót gän 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 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
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mÃn:
3x1 - 4x2 = 11
đáp ¸n
C©u 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
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
Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
C©u 2

A=

A=−

1
x+2


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
Sưu tầm
 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 
=
x −1 


=

:

x
x −1

=

− x +2
x −1

:

x
x −1

=

2− x
x
2− x
x

=3

=> 3x +

x

-2=0

=> x = 2/3

Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)

P

a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
EH CH
=
PB
CB

;

(1)

Mặt khác, do PO // AC (cùng vu«ng gãc víi AB)
=>
=>

A

∠ POB = ∠ ACB (hai gãc ®ång vÞ)

E
B

O H

C

∆ AHC ∞ ∆ POB

Do ®ã:

AH CH
=
PB
OB

(2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của
AH.

b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) 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


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
⇔

AH =
=

Sưu tầm

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 giả thiết 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 cã: Víi m = - 2 hc 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.
b/. Chøng minh: P <

1
víi 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 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.


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
Sưu tầm

C©u 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 ë K .
a/. Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.
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 ®iĨm)

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) cã nghiƯm khi vµ chØ khi ∆ ’ ≥ 0.

⇔ (m - 1)2 – m2 – 3 ≥ 0
⇔ 4 – 2m ≥ 0
⇔ m ≤ 2.
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 ®iỊu kiện).

Câu 3:
Điều kiện x 0 ; 2 x2 > 0 ⇔ x ≠ 0 ; x < 2 .
Đặt y = 2 x 2 > 0


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
 x 2 + y 2 = 2 (1)

Ta cã:  1 1
 x + y = 2 (2)


Sưu tầm

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 nên: y =

A
K

1 + 3
1 3
x=
2

2

Vậy phơng tr×nh cã hai nghiƯm: 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
Ã
Ã
Nên BCD = BAC

B

2

C

Ã
Ã
Dựng tia Cy sao cho BCy = BAC .Khi ®ã, D là giao điểm của ằ và Cy.
AB
ằ
Ã
Ã
Ã
Với giả thiết ằ > 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 =
b. Cho biĨu thøc: P =

x
xy + x + 2

+

x2 +1 − x −
y

yz +

y +1

+

1
x2 +1 − x

2 z
zx + 2 z + 2

Lµ một số tự nhiên

Biết x.y.z = 4 , tính

P

Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a. Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu3 Giải phơng trình: x 1 3 2 x = 5
Câu 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến
AB, AC với đờng tròn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và
E.
Chứng minh rằng:
a.DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O ).
b.

2

R < DE < R
3

.


Ti liu ụn thi toỏn vo lp 10

đáp án

Câu 1:
A=

Su tầm

a.

x2 +1 − x −

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

=

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

xyz

(1đ)

=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
P =1

Vậy SABC = 1/2AC.BC =
Câu 3:

Đkxđ x 1, đặt

1
10 . 10 = 5

2
x 1 = u;

3

( đơn vị diện tích )

2x =v

ta có hệ phơng trình:

u v= 5
2 3
u + v = 1

Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2
x = 10.
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
AB = AC = R ABOC là hình
vuông
(0.5đ)
Kẻ bán kÝnh OM sao cho
∠BOD = ∠MOD ⇒
∠MOE = ∠EOC (0.5®)
Chøng minh ∆BOD = ∆MOD

O

B

D
A

M

E

C


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

⇒ ∠OMD = ∠OBD = 90

0

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 mà DE = DB + EC
⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R
Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
2
Céng tõng vÕ ta ®ỵc: 3DE > 2R ⇒ DE > R
3

VËy R > DE >

2

3

R

Câu 1: Cho hàm số f(x) =

Đề 9
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 −1 − x −1  :  x +

 



x −1 

x

víi x > 0 vµ x ≠ 1

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 điểm 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
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mÃn:
3x1 - 4x2 = 11
đáp ¸n


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

C©u 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

 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=
=

=
=

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

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 −1   x − x + x 

:


−

x −1
x −1  
x −1 

 


x − x +1 − x +1
x −1

:

x
x −1

x 

x −1 



Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
− x +2

=
b) A = 3

=>

2− x
x

Sưu tầm
x −1

=3

:

x

=

x −1

=> 3x +

x

C©u 4

− x +2

-2=0

x −1

⋅

x −1
=
x

2− x
x

=> x = 2/3

P
A
E
B

O

H

C

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


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10
⇔

AH =
=

Sưu tầm

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 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 giả thiết 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 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 thøc:
A=

1
3+ 5

+

1
5+ 7

+

1
7+ 9

+ .....+

1
97 + 99

3333.....35
 
B = 35 + 335 + 3335 + ..... +   99 số 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 biÓu thøc : M= 4x2 + 4y2


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

C©u 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 tØ sè :

MP
MQ

C©u 5:
Cho P =

x 2 − 4x + 3
1 x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
đáp án
Câu 1 :
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 +

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

1
( 102 -1 +103 3
10101 −10 2 

 +165


27



198 +
B=

1
3

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)
C©u 3: 4®
1) Ta cã : (ab+cd)2 ≤ (a2+c2)( b2 +d2) <=>


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

Sưu tầm

a b +2abcd+c d ≤ a b + a d +c b +c d <=>
≤ a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>
0
≤ (ad - bc)2 (đpcm )
0
Dấu = xÃy ra khi ad=bc.
2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) ≤ (x2 + y2) (1 +16) =>
2 2

x2 + y2 ≥

25
17

2 2

2 2

=> 4x2 + 4y2 ≥

2 2

2 2

100
dấu
17

2 2

= xÃy ra khi x=

5
17

20

, y = 17 (2đ)

Câu 4 : 5®
Ta cã : gãc DMP= gãc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=>
DM
MP
=
=> DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB
CI
IA

MPD đồng dạng với ICA =>

(1).
Ta có gãc ADC = gãc CBA,
Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - gãc AIM = gãc BIA.
Do ®ã ∆ DMQ ®ång dạng với BIA =>
DM
MQ
=
=> DM.IA=MQ.IB (2)
BI
IA

Từ (1) và (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. Rót gän biĨu thøc . A =

1+

b. TÝnh gi¸ trÞ 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 nghiƯm cđa pt. T×m GTLN, GTNN cđa bt.
P=

2 x1 x2 + 3

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

2


Tài liệu ơn thi tốn vào lớp 10

C©u 3 : Cho

x ≥ 1,

Sưu tầm

y ≥1

Chøng minh.
1
1
2
+
≥
2
2
1 + xy
1+ x
1+ y

C©u 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
=
.

2
BD BH
MB

Hớng dẫn
Câu 1 a. Bình phơng 2 vế

A=

a2 + a +1
a( a + 1)

(Vì a > 0).

c. áp dụng câu a.
A =1 +

1
1
−
a a +1
1
9999
=
100
100
∆≥0 ∀
m

⇒ B = 100 −

C©u 2 a. : cm
B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta cã:

 x1 + x2 = m

 x1 x2 = m 1

P=

2m + 1
(1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiÖm theo Èn.
m2 + 2

1
≤ P ≤1
2
1
⇒ GTLN = − ⇔ m = −2
2
GTNN = 1 ⇔ m = 1
⇒−

C©u 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
x( y x )

y( x − y )

M

b®t ⇔ (1 + x 2 )(1 + xy ) + (1 + y 2 )(1 + xy ) ≥ 0
2
⇔ ( x − y ) ( xy 1) 0 đúng vì xy 1
Câu 4: a
- Kẻ thêm đờng phụ.
- Chứng minh MD là ®êng kÝnh cña (o)

o

E'

F

E

F'

D
A

B

H
I