350 đề thi toán vào 10 có Đ A

Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trc nghim
Phòng GD-ĐT Hải Hậu

Đề thi thử vào lớp10 thpt

Trờng THCSB Hải Minh

đề dùng cho hs thi vào trờng chuyên

(Thời gian làm bài 150)

Bài 1(1đ): Cho biểu thức
P=

x x −3
2( x − 3)
x +3
−
+
x − 2 x −3
x +1
3− x

Rút gọn P.
Bài 2(1đ): Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
phơng tr×nh:
x2 + (a + b + c)x + ab + bc + ca = 0 vô nghiệm.
Bài 3(1đ): Giải phơng tr×nh sau:
4 5 − x + 6 2 x + 7 = x + 25

Bài 4(1đ): Giải hệ phơng trình sau:

 2 x 2 − y 2 + xy + y − 5x + 2 = 0
 2 2
 x + y + x + y − 4 = 0

Bµi 5(1®): Chøng minh r»ng:

8

3 3 +2 2 +3 3 −2 2 >36





Bài 6(1đ): Cho x, y, z> 0 thoả mÃn:

1 1 1
+ + = 3
x y z

Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc:
P=

2x2 + y2
+
xy

2 y2 + z2

+
yz

2z 2 + x2
zx

Bài 7(1đ): Trong mặt phẳng 0xy cho đờng thẳng (d) có phơng trình
2kx + (k - 1)y = 2 (k là tham số)
a) Tìm k để đờng thẳng (d) song song đờng thẳng y = x 3 . Khi
đó tính góc tạo bởi đờng thẳng (d) với 0x.
b) Tìm k để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d) lớn
nhất.
Bài 8(1đ): Cho góc vuông x0y và 2 điểm A, B trên Ox (OB > OA >0), điểm M
bất kỳ trên cạnh Oy(M O). Đờng tròn (T) đờng kính AB cắt tia MA,MB lần
lợt tại điểm thứ hai:
C , E . Tia OE cắt đờng tròn (T) tại điểm thứ hai F.
1. Chứng minh 4 điểm: O, A, E, M nằm trên 1 đờng tròn.
2. Tứ giác OCFM là hình gì? Tại sao?
Bài 9(1đ): Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA1, BB1, CC1 ®ång quy t¹i H.

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

1


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

Chøng minh r»ng:

HA HB
HC
+
+
≥6
HA1 HB1 HC1

.DÊu "=" x¶y ra khi nào?

Bài 10(1đ): Cho 3 tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng, đôi một vuông góc với nhau.
Lấy điểm A, B, C bất kỳ trên Ox, Oy và Oz.
a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: OH vuông
góc với mặt phẳng ABC
b) Chứng minh r»ng: S 2 ABC = S 2 OAB + S 2 OBC + S 2 OAC .
Đáp án:
Bài

Bài giải

Điểm

Điều kiện:
0.25

x≥ 0

 x− 2 x − 3≠ 0⇔ 0≤ x 9

x 3 0

Bài 1
* Rút gọn:
(1 điểm)

0.25
P=

x x − 3 − 2( x − 3) 2 − ( x + 3)( x +1)
( x +1)( x − 3)

0.25

x x − 3 x + 8 x − 24
( x + 1)( x − 3)
x +8
=
x +1
=

0.25

Ta cã: ∆ =(a + b + c)2 - 4(ab + bc + ca) = a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca
* Vì a, b, c là 3 cạnh ⇒ a2 < (b + c)a
b2 < (a + c)b
Bµi 2
c2 < (a + b)c
(1 ®iĨm)
⇒ a2 + b2 + c2 < 2ab + 2ac + 2bc
⇒ ∆ < 0 phơng trình vô nghiệm.

0.25

Bài 3
(1 điểm)

0.25

0.25
0.25
0.25

5 x 0
* §iỊu kiƯn: 
⇔ − 7/2 ≤ x ≤ 5
 2x + 7 0

0.25
0.25

* Phơng trình

0.25

Giỏo viờn: Trn Hi Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

2


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

⇔ (2 x + 7 − 6 2 x + 7 + 9) + (5 − x − 4 5 x + 4) = 0


Bài 4
(1
điểm)

(

) (
2

2x + 7 − 3 +

)

2

5− x − 2 = 0

 2x + 7 − 3 = 0

⇔
 5− x − 2 = 0

⇔ x=1

0.25

 2 x 2 + xy − y 2 − 5x + y − 2 = 0 (1)
Gi¶i hƯ: 
 x2 + y 2 + x + y − 4 = 0
( 2)

Tõ (1) ⇔ 2x2 + (y - 5)x - y2 + y + 2 = 0
∆= y −) 2 −( −2 + + ) = ( y − 2
(
5
8
y
y
2
9
1)
x
5 − −( y −
y
3
1)

x
= −
2
y
 =
4
⇒

5

y
3
1)
y
1
 = − +( y − = +
x


4
2

* Víi: x = 2 - y, ta cã hƯ:

*Víi

x=

y +1
,
2

 x = 2− y
2 2
 x + y + x+ y− 4= 0
 x = 2− y
⇔2
⇔ x= y= 1
 y − 2y + 1 = 0

0.25

ta cã hÖ:

0.25

0.25

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

3


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

 y+ 1
 x=
 2
 x2 + y2 + x + y − 4 = 0

x= y= 1

 y = 2x − 1   x = − 4
⇔ 2
⇒   5
 5x − x − 4 = 0   13
 y= −
  5
 4 13 

 − ;− 
5 
 5

VËy hÖ cã 2 nghiệm: (1;1) và

Đặt a = x + y, với: x =
Ta ph¶i chøng minh:
Ta cã:

3

3 +2 2 ; y = 3 3 −2 2

0.25

a8 > 36

0.25

 x3 + y 3 = 6

 x. y = 1
⇒ a3 = ( x + y)3 = x3 + y 3 + 3xy( x + y) = 6 + 3a

Bài 5
(1 điểm)

0.25
0.25

cos y

= 3(1 + 1 + a) > 3.33 1.1.a
(v×: x > 1; y > 0 ⇒ a > 1)
⇒ a9 > 93.a a8 > 36 (đpcm).
Bài 6
(1 điểm)

* áp dụng bất ®¼ng thøc Bunhiacopsky cho: 1,
 1
2  1 2
(1 + 2 ) 2 + 2  ≥  + 
x
y  x y

 

2

⇒

2

2x + y
=
xy
2

2

2

vµ

1
,
x

2
y

2

2
1
1 1 2
 + 
+
≥
y 2 x2
3x y



0.25
(1)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y
T¬ng tù:

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

4


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm
2 y2 + z2
1 1
 +
≥
yz
3 y


Tõ

2

z


0.25

(2)

2z 2 + x2
1 1 2
≥
(3)

 + 
zx
3 z x
1 3 3 3
(1), (2), (3) ⇒ P ≥ 3  x + y + z  = 3





Suy ra: Pmin = 3 khi: x = y = z =

0.25

3.

0.25
1).* Víi k = 1 suy ra phơng trình (d): x = 1 không song song:
y = 3x
* Víi k ≠ 1: (d) cã dạng:
để: (d) // y =

3x





y =

0.25

2k
2
.x +
k 1
k 1

0.25

2k
= 3 ⇒ k = 3 (2 − 3 )
k −1

Khi ®ã (d) t¹o Ox mét gãc nhän α víi: tgα = 3 ⇒ α = 600.
2)* Víi k = 1 th× khoảng cách từ O đến (d): x = 1 là 1.
* k = 0 suy ra (d) cã d¹ng: y = -2, khi đó khoảng cách từ O đến (d) lµ 2.
* Víi k ≠ 0 vµ k ≠ 1. Gäi A = d ∩ Ox, suy ra A(1/k; 0)
B = d Oy, suy ra B(0; 2/k-1)

Bài 7
(1 điểm) Suy ra: OA =

0.25

1
2
; OB =
k
k 1

Xét tam giác vuông AOB, ta cã :
1
1
1
=
+
2
2
OH
OA
OB 2
2
⇒ OH =
=
2
5k − 2k + 1

2
2

1
4

5 k −  +
5
5


≤

2
= 5
2
5

Suy ra (OH)max = 5 khi: k = 1/5.
Vậy k = 1/5 thì khoảng cách từ O đến (d) lớn nhất.
Bài 8
(1điểm)

0.25

y
M
a) Xét tứ giác OAEM cã:
1
∧

F

∧

E

O + E = 2v
∧

(V×: E = 1v gãc nội tiếp...)
Suy ra: O, A, E, M

cùng thuộc đờng tròn.

1

0.25
B

1

Giỏo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

5


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

O

A

x

0.25

C
b) Tø gi¸c OAEM néi tiÕp, suy ra:

∧

∧

M 1 = E1

*Mặt khác: A, C, E, F cùng thuộc ®êng trßn (T) suy ra:
Do ®ã:

∧

∧

M 1 = C1 ⇒ OM // FC Tứ





E1 = C1

giác OCFM là hình thang.

0.25
0.25

b)* Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác.
* Đặt S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB.
A
Ta cã:
C1
B1

1
. AA1.BC
S
AA1
HA
2
=
=
=1+
S1 1 .HA .BC HA1
HA1
1
2

Tơng tự:

Bài 9
(1điểm)

0.25

H

S
HB
=1 +
S2
HB1
S
HC

=1+
S3
HC1

B

A1

C

Suy ra:
1
HA HB
HC
1
1
+
+
= S +
+ −3
S

HA1 HB1 HC1
 1 S 2 S3 
1
1
1 
= ( S1 + S 2 + S3 ) +
+  −3
S


 1 S 2 S3

Theo bất đẳng thức Côsy:

0.25

1
1
1
= ( S1 + S 2 + S3 ) +
+ ≥9
S

 1 S 2 S3 
HA HB
HC
⇒
+
+
≥ 9 −3 = 6
HA1 HB1 HC1

0.25

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
a) Gọi AM, CN là đờng cao của tam giác ABC.
Ta có: AB CN
AB OC (vì: OC mặt ph¼ng (ABO)
Suy ra: AB ⊥ mp(ONC) ⇒ AB ⊥ OH (1).

T¬ng tù: BC ⊥ AM; BC ⊥ OA, suy ra: BC ⊥ mp (OAM) ⇒ OH ⊥ BC (2).
Tõ (1) và (2) suy ra: OH mp(ABC)

0.25

b) Đặt OA = a; OB = b; OC = c.

Bài 10
(1điểm)

0.25

0.25

Giỏo viờn: Trn Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

0.25

6


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

Ta cã:

S ∆ABC =

1
1

1
2
CN . AB ⇒ S ∆ABC = CN 2 . AB 2 = (OC 2 + ON 2 ).(OA2 + OB 2 )
2
4
4

Mặt khác: Do tam giác OAB vuông, suy ra:

1
1
1
1
1
a 2b 2
=
+
= 2 + 2 ⇒ ON 2 = 2
ON 2 OA2 OB 2 a
b
a + b2
1
a 2b 2  2
1
1
1
2
 ( a + b 2 ) = a 2 b 2 + c 2b 2 + a 2 c 2 =
⇒ S ∆ABC =  c 2 + 2
2 


4
a +b 
4
4
4
2

2

= SOBC + SOAB + SOAC

0.25

2

Đề 3
Bài 1: Cho biểu thức:
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 sè gãc m ®i qua ®iĨm M(-1 ;
-2) .
a). Chøng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B
phân biệt
b). Xác ®Þnh m ®Ĩ A,B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung.
Bài 3: Giải hệ phơng trình :

x + y + z = 9

1 1 1
 + + =1
x y z
 xy + yz + zx = 27


Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
(C A ; C B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với
đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia
AM cắt BC tại N.
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R.
Bµi 5: Cho

x, y , z ∈R

tháa mÃn :

1
1
1
1
+
+ =
x
y
z

x +y +z

HÃy tính giá trị của biểu thøc : M =

3
4

+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .

Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :;

x 0 ; y 0 ; y ≠1 ; x + y ≠ 0

.

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

7


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm
x(1 +

*). Rót gän P: P =
=

=

=

=

(

(

x ) − y (1 −
x +

)

(

(

x +

x +
y

(

)(

)(

y 1+
x −

)(

) (1 +

y

( x − y ) + x x + y y − xy

)(

(

x +

x 1−

y +x−

y ) − xy

y

)

)

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 biệt A
và B.
b). A vµ B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung ⇔ phơng trình : 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.

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

8


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm
⇒ ( 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 :
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 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

+

B

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



 zx + zy + z 2 + 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)
Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

9


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)
VËy M =

3
4

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

3
4

§Ị 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 lµ:
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 có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm
vào bình một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại
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 lín nhÊt cđa A = x + y
Bµi 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thøc : (x + a)(x - 4) - 7
Ph©n tÝch 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, ®iĨm M di ®éng trong gãc xAy sao cho

MA
MB

=

1
2

Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất
kỳ trên đoan CD.
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung ®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.
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 nªn A lín nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt.
Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

10

Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

XÐt A2 = (
Ta cã:

x

+

)2 = x + y + 2

y

x+y
xy
2

=> 1 > 2

=1+2

xy

(1)

xy

(Bất đẳng thức Cô si)

xy

(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = 1 + 2
Max A2 = 2 <=> x = y =

1
2

<1+2=2

xy

, max A =

1
2

<=> x = y =

2

Bài3 Câu 1Với mọi x ta cã (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)
Cã 2 trêng hợp: 4 + b = 1
và
4+b=7

4+c=-7
4+c=-1
Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta 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)
Câu2 (1,5điểm)
Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:
AD =
Mà

MA
AB

=

1
AB. Ta có D là điểm
4
1
AD
1
(gt) do đó
=
2
MA
2

x

cố định

B

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
MA
AB

Do đó AMB

~

1
2
MB
ADM =>
MD

=

AD
MA

D

A

=

=

MA
AD

M

=2
C

=> MD = 2MD (0,25 ®iĨm)
XÐt ba ®iĨm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
DÊu "=" x¶y 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

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 cđa MN
b) KỴ MK // AC ta cã : ΔINC = ΔIMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (v× ΔMKD vuông cân)

N

AB)

C

I
K
O
A

Giỏo viờn: Trn Hi Nam 01662 843844 TT luyện thi Tầm Cao Mới – M
0532 478138
D

B

11


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm

hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

VËy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định

.

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

TÝnh giá trị của biểu thức : A = x 2007 + y 2007 + z 2007 .
Bµi 2). Cho biĨu thøc : M = x 2 − 5 x + y 2 + xy − 4 y + 2014 .
Víi 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


Bµi 4. Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ
trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D.
a.Chứng minh : AC . BD = R2.
b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất .
Bài 5.Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng :

( a + b)

2

+

a+b
≥ 2a b + 2b a
2

Bµi 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC.

Hớng dẫn giải

Bài 1. Tõ gi¶ thiÕt ta cã :

 x2 + 2 y + 1 = 0
 2
 y + 2z +1 = 0
z 2 + 2x + 1 = 0

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) + ( y + 1) + ( z + 1) = 0
2

2

2

⇒ A = x 2007 + y 2007 + z 2007 = ( −1)

x +1 = 0

⇔  y +1 = 0 ⇒ x = y = z = 1
z +1 = 0

2007

+ ( −1)

2007

+ ( −1)

2007

= −3

VËy : A = -3.

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

12


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trc nghim

Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :

(

) (

)

M = x 2 + 4 x + 4 + y 2 + 2 y + 1 + ( xy − x − 2 y + 2 ) + 2007
M = ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( x − 2 ) ( y − 1) + 2007
2

2

2

1
2

 3
⇒ M = ( x − 2 ) + ( y − 1)  + ( y − 1) + 2007
2

 4
2

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 lµ nghiƯm của phơng
uv = 72

Bài 3. Đặt :

Ta có : 

tr×nh :
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


; 

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
⇒VCOD : VAMB ( g .g ) (0,25®)
Chu.vi.VCOD

OM

Do ®ã : Chu.vi.VAMB = MH (MH1 ⊥ AB)
1

d

m

c
a

h

o

b

OM

Do MH1 ≤ OM nªn MH ≥ 1
1
⇒ Chu vi VCOD ≥ chu vi VAMB
Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

13


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm
DÊu = x¶y ra ⇔ MH1 = OM M O M là điểm chính giữa của cung ằ

AB
2

2

1
1
Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : 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

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

⇒ ( a + b) +
2

( a + b)
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 cã: 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


d

c

e

Đè 6
Câu 1: Cho hµm sè f(x) =

x − 4x + 4
2

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gän A =

f ( x)
khi x ≠ ± 2
x2 − 4

 x( y − 2) = ( x + 2)( y 4)
Câu 2: Giải hệ phơng trình
( x − 3)(2 y + 7) = (2 x − 7)( y + 3)
Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

14


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

C©u 3: Cho biĨu thøcA =

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



x −1 

x

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) 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 án
Câu 1a)

f(x) =

x 2 − 4 x + 4 = ( x − 2) 2 = x − 2

Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)

 x − 2 = 10
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 
=
x −1 


=

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

15


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm
 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 +1
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

C©u 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 vuông góc với AB)
=>
=>

A
E
B

POB = ACB (hai góc đồng vị)

O H

AHC ∞ ∆ POB

Do ®ã:

AH CH
=
PB
OB

(2)

Do CB = 2OB, kÕt hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của
AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, ®êng 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

C©u 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 th× ∆ > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

16

C


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm

hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trc nghim

Từ đó suy ra m 1,5

(1)

Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
2m 1

 x1 + x 2 = − 2

m− 1

⇔
 x 1 .x 2 =
2

 3x 1 − 4x 2 = 11



13 - 4m

x1 =

7

7m − 7

 x1 =

26 - 8m

 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 vµ 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.
C©u 4: Cho VABC c©n tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không
trùng với A, B). Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp VBCD . Tiếp tuyến của (O) tại C và D
cắt nhau ở K .
a/. Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.
b/. Tø gi¸c ABCK là hình gì? Vì sao?
c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.
Giỏo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

17


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trc nghim

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
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.
Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

18


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm

hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm
1
* NÕu xy = - th× x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng tr×nh:
2
1
−1 ± 3
X2 + X - = 0 ⇔ X =
2
2
A
K
1 + 3
1 3
Vì y > 0 nên: y =
x=
2
2
1 3
Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =
2

C©u 4: c/. Theo c©u b, tứ giác ABCK là hình thang.
AB // CK
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành

D

Ã
BAC = Ã
ACK

1 ằ
1
Ã
ằ
ACK = sđ EC = sđ BD = DCB
Mà Ã
2
Ã
Ã
Nên BCD = BAC

2

O
B

C

·
·
Dùng tia Cy sao cho BCy = BAC .Khi đó, D là giao điểm của ằ và Cy.
AB
ằ thì BCA > BAC > BDC .
Ã
Ã
Ã
Với giả thiết ằ > BC
AB
D AB .

Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.

Đề 8
Câu 1: a) Xác ®Þnh x ∈ R ®Ĩ biĨu thøc :A =
b. Cho biÓu thøc: P =

x
xy + x + 2

+

x2 +1 − x −
y

yz +

y +1

+

1
x +1 − x
2

2 z
zx + 2 z + 2

Là 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
C©u 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . VÏ c¸c tiÕp tun
AB, AC víi 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.
Câu 1:
A=

2
R < DE < R
3

đáp án

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

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

19


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trc nghim

A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x =

k
2

(trong đó k Z và k 0 )
b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và
xyz = 2

Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với
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 hµn
b.Ta cã :
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.
B
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
D
AB = AC = R ABOC là hình
M
vuông
(0.5đ)
A
E
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).

O

C

Giỏo viờn: Trn Hi Nam 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

20


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

b.XÐt ∆ADE cã 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 vÕ ta ®ỵc: 3DE > 2R ⇒ DE >
VËy R > DE >

2
3

2
3

R

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 và x 1

a) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB.
Gọi H là chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E 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 án
Câu 1
Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

21


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

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 −1 

x

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

x 

x −1 


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


x −1
x −1  
x −1 

 

x − x +1 − x +1
x −1

:

x
x −1

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

22


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm
− x +2

=
b) A = 3

=>

2− x

x

x −1

=3

:

x

=

x −1

=> 3x +

x

− x +2

-2=0

x −1

⋅

x −1
=
x

2− x
x

=> x = 2/3

Câu 4
P
A
E
B

O

H

C

a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có
EH CH
=
PB
CB

;

(1)

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

POB = ACB (hai gãc ®ång vÞ)

=>

∆ 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 trug 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

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

23


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm
⇔

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 biƯt 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 có:
2m 1

x1 + x 2 = −

2

m− 1

⇔
 x 1 .x 2 =
2

 3x 1 − 4x 2 = 11



13 - 4m


 x1 = 7

7m − 7

 x1 =
26 - 8m

 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 ®· cho
cã hai nghiƯm ph©n biƯt t

C©u I : TÝnh giá trị của biểu thức:
A=

1
3+ 5

+

1
5+ 7

+

1
7+ 9

+ .....+

Đề 10
1
97 + 99

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

C©u II :Ph©n 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)

Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

24


Chúng tôi tuyển sinh các lớp 8, 9, 10, 11, 12 các ngày trong tuần. Các em có thể học tại nhà theo nhóm
hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 40 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm

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) Chứng 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 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)
Giáo viên: Trần Hải Nam – 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới – 0532 478138

25