Đề thi vào 10 môn toán có đáp án

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
trường THPT chuyên Lê hồng phong
năn học 1999 – 2000
Môn toán (Đề chung)
Bài 1(2điểm)
Cho biểu thức: N =
ab
ba
bab
b
bab
a
+
−
−
+
+

với a,b là 2 số dương khác nhau
1)Rút gọn biểu thức N
2)Tính giá trị của biểu thức N khi : a =
526
+
và b =
526
−
Bài 2(2,5 điểm)
Cho phương trình ẩn x: x
4
– 2mx
2

+ m
2
– 3 = 0
1)Giải phương trình với m =
3
2)Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt
Bài 3 (1,5 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là
y = -
2
2
1
x
1)Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)
2)Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song
song với trục tung bao giờ cũng cắt parabol y = -
2
2
1
x
tại 2 điểm phân biệt
Bài 4(4 điểm)
Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A,
B .Từ điểm M nằm trên đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp
tuyến MP và MQ đến đường tròn , trong đó P và Q là các tiếp điểm.
1)Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ
2)Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông.
3)Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội
tiếp tam giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định.

Đáp án
Bài 1:
Câu 1: : N =
ab
ba
bab
b
bab
a
+
−
−
+
+
=
ab
ba
aba
b
bab
a
+
−
−
+
+
)()(
=
ab
ba

abab
abbaba
abab
abbaabbbabaa
−
+
=
−
+
=
−
−+−++−
)())(
))(()()(
Câu 2: Ta có a =
526
+
=
15)15(
2
+=+
v à b =
526
−
=
15)15(
2
−=−
=> N =
5

1515
1515
−=
−−−
−++
=
−
+
ab
ba
B ài 2:
C âu1: khi m =
3
,phương trình : x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 3 = 0 trở th nh:à
x
4
- 2
3
x = 0

x
2
(x
2

- 2
3
) = 0




=
=
32
0
2
x
x






=
=
32
0
3,2
1
x
x
Vy phng trỡnh ó cho cú 3 nghim l :
x

1
= 0 , x
2
=
32
x
3
= -
32
Cõu 2: t t = x
2
, iu kin t

0 .Phng trỡnh ó cho tr thnh:
t
2
2mt + m
2
3 = 0 (1)
Phng trỡnh ó cho cú ỳng 3 nghim phõn bit

phng trỡnh (1) cú 2
nghim trong ú cú mt nghim bng 0 v 1 nghim dng
*)Phng trỡnh (1) nhn t = 0 l nghim

m
2
3 = 0

m =

3
+)Khi m =
3
, phng trỡnh (1) tr thnh: t
2
-
3
t = 0




=
=
32
0
2
1
t
t
(tho món)
v y m =
3
,l giỏ tr cn tỡm
+)Khi m = -
3
, phng trỡnh (1) tr thnh : t
2
+ 2

3
t = 0




=
=
32
0
2
1
t
t
(khụng thớch hp)
Vy m = -
3
khụng tho món loa
Tóm lại phơng trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

m =
3
Bài 3
Câu 1: Phơng trình đờng thẳng đi qua điểm A(2;-3) và có hệ số góc bằng k là:
y = k(x-2) 3
Câu 2: Phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm A(2;-3) và không song song với trục tung
có dạng:
y = k(x-2) 3 ( k là 1 số bất kỳ)
Hoành độ giao điểm của parabol (p) và đờng thẳng (d) là nghiệm của phơng trình:
-

2
1
x
2
= k(x-2) 3

x
2
+ 2kx 4k 6 = 0 (*)
Đờng thẳng (d) và parabol(p) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

phơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi k


/

> 0 với mọi k

k
2
+ 4k + 6 > 0 với mọi k
Thật vậy
/

= k
2
+ 4k + 6 = (k
2
+ 4k + 4) + 2 = (k + 2)
2

+ 2 > 0 với mọi k
điều phải chứng minh.
Bài 4:

P
M
Q
A B
O
K
(D)
I
C©u 1:
+)V× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M => tia MO lµ tia ph©n gi¸c
cđa gãc PMQ (1)
+) Còng v× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M
 gãc PMO = QMO => cung PI = cung IQ
Ta cã gãc MIP lµ gãc t¹o bëi mét d©y cung vµ tiÕp tun => S® gãc MPI =
2
1
S® cung PI
L¹i cã S® gãc IPQ =
2
1
S® cung QI => gãc MPI = gãc IPQ => PI lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc
MPQ (2)
Tõ (1) vµ (2) => I l giao à điểm của hai đường phân giác tại đỉnh M và đỉnh P của
tam giác MPQ => I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm)
Câu2: a) Phân tích:
Giả sử M là điểm trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MPOQ là hình vng =>

cạnh của hình vng là R
 MO = R
2
0,25®
 M nằm trên đường tròn (O ; R
2
)
 M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R
2
) 0,25®
b) C¸ch dùng:
+ Dùng ®o¹n R
2
0,25đ
+ VÏ ®êng trßn (O, R
2
)
+ LÊy giao ®iĨm M cđa ®êng th¼ng (d) vµ ®êng trßn (O, R
2
)
=> M lµ ®iĨn ph¶i dùng 0,25đ
c) Chứng minh:
Vì MO = R
2
> R => M nằm ngoài đường tròn (O,R)
Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn 0,25đ
+ Áp dụng đònh lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có
MP
2
= MO

2
– OP
2
= 2R
2
– R
2
= R
2
=> MP = R
Tương tự chứng minh được MQ = R => MPOQ là tưa giác có 4 cạnh bằng nhau và
có 1 góc vuông => MPOQ là hình vuông 0,25đ
d) Biện luận
Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R
2
) cắt nhau tại 2 điểm
=> bài toán có hai nghiệm hình 0,25đ
Câu 3: (1đ)
+Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là đường tròn đường kính MO 0,25đ
+Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) tại K => góc MKO = 1v
=> K nằm trên đường tròn đường kính MO 0,25đ
=> đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố đònh O và K 0,25đ
=> tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực (
∆
)
của đoạn OK 0,25đ

Đề thi tuyển sinh vao 10 PTTH
năm học 1999 – 2000
Môn toán

thời gian làm bài 150 phút
Bài 1(1,5 điểm)
Cho biểu thức : A =
x
xx
24
44
2
−
+−
a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999
Bài 2(1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:








=
−
+
−=
−
−
5
2

34
1
2
11
yx
yx
Bài 3 (2 điểm)
Tìm giá trị của a để phương trình :
(a
2
– a – 3)x
2
+ (a + 2)x – 3a
2
= 0
nhận x = 2 là nghiệm .Tìm nghiệm còn lại của phương trình?
Bài 4 (4 điểm)
Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A . trên cạnh AB lấy điểm D không trùng
với đỉnh A và đỉnh B. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại E. Đường
thẳng AE cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là G. Đường thẳng CD
cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là F . Gọi S là giao điểm của các
đường thẳng AC và BF. Chứng minh:
1) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG
2) SA. SC = SB. SF
3) Tia ES là phân giác của góc AEF
Bài 5(1 điểm)
Giải phương trình : x
2
+ x + 12
1

+
x
= 36
Đáp Án
Bài 1:
Câu a) Ta có : A =
x
xx
24
44
2
−
+−
=
)2(2
)2(
2
x
x
−
−
0,25đ
Vì (x- 2)
2

≥
0 với mọi x =>
2
)2(
−

x
có nghĩa với mọi x 0,25đ
=> Biểu thức A có nghĩa
⇔
4 – 2x
≠
0
⇔
x
≠
2 0,25đ
Câu b) Ta có A =
)2(2
2
x
x
−
−
0,25đ

⇔








<−=

−
−
>−−=
−
−
02
2
1
)2(2
2
02
2
1
)2(2
2
khix
x
x
khix
x
x
0,25đ
Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5 0,25đ
Bài 2 (1,5 đ)









=
−
+
−=
−
−
5
2
34
1
2
11
yx
yx
Đặt u =
x
1
và v =
2
1
−
y
.Hệ phương trình trên trở thành:




=+

−=−
534
1
vu
vu
0,25đ
Giải hệ phương trình trên được








=
=
7
9
7
2
v
u
0,5đ
Với u =
7
2
=> x =
2
7

0,25đ
Với v =
7
9
=> y =
9
25
0,25đ
Vậy hệ có nghiệm là :







=
=
9
25
2
7
y
x
0,25đ
Bài 3: Phương trình đã cho nhận x
1
= 2 là nghiệm
⇔
4(a

2
– a – 3) + 2(a + 2) – 3a
2
= 0 0,5đ
⇔
a
2
– 2a – 8 = 0 0,25đ
⇔




=
−=
4
2
a
a
0,25đ
Khi đó nghiệm còn lại của phương trình là:
x
2

=
)3(2
3
2
2
−−

−
aa
a
0,5đ
+) Nếu a = -2 , nghiệm còn lại của phương trình là
x
2
= -2 0,25đ
+) Nếu a = 4 , nghiệm còn lại của phương trình là
x
2
= -
3
8
0,25đ
Bài 4

S
A
C
E
B
F
G
D
Câu 1: Chứng minh AC // FG ( 1 đ)
Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v 0,25đ
nên nội tiếp được trong một đường tròn
=> ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1) 0,25đ
Mặt khác 4 điểm D,G, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD

nên tứ giác DGEF nội tiếp được đường tròn
=> góc DEG = góc DFG (2) 0,25đ
Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG
=> AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau) 0,25đ
Câu 2 : Chứng minh SA.SC = SB. SF (1,5đ)
Tứ giác ACBF có
∠
A =
∠
F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn đường
kính BC
=>
∠
FAC +
∠
FBC = 2v 0,25đ
Lại có
∠
FAC +
∠
SAF = 2v
=>
∠
SAF =
∠
FBC hay
∠
SAF =
∠
SBC 0,25đ

Xét 2 tam giác SAF và SBC có :

∠
S chung ,
∠
SAF =
∠
SBC (cmt)
=> Hai tam giác SAF và SBC đ ồng d ạng 0,5 đ
=>
SC
SF
SB
SA
=
0,25 đ
=> SA.SC = SB.SF 0,25 đ
C âu 3: Chøng minh : Tia ES lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF (1,5 ®)
Ta cã gãc AED = gãc ACF (cmt) (1)
V× tø gi¸c BEDF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn
=> gãc DEF = gãc DBF (2)
V× tø gi¸c ACBF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn
=> gãc ACF = gãc ABF (3)
Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = gãc DEF 0,5®
=> ED lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF 0,25®
MỈt kh¸c : CF vµ BA lµ c¸c ®êng cao cđa tam gi¸c SBC
nªn D lµ trùc t©m cđa tam gi¸c nµy => SD
⊥
BC 0,25®
Mµ DE

⊥
BC => 3 ®iĨm S.D,E th¼ng hµng 0,25®
=> tia ES lµ ph©n gi¸c cđa gãc AEF 0,25®
Bµi 5 (1®):
Ta cã x
2
+ x + 12
1
+
x
= 36
⇔
(x
2
+ 2x + 1) – (x-1 - 12
1
+
x
+ 36) = 0
⇔
(x + 1)
2
– (
1
+
x
- 6)
2
= 0 0,25đ
⇔

(x + 1 -
1
+
x
+ 6 )( x + 1 +
1
+
x
- 6 ) = 0 0,25đ
a) Trường hợp : x + 1 -
1
+
x
+ 6 = 0 (a)
Đặt t =
1
+
x
( điều kiện t
≥
0 ) , phương trình (a) trở thành
t
2
– t + 6 = 0 ( vô nghiệm) 0,25đ
b) Trường hợp : x + 1 +
1
+
x
- 6 = 0 (b)
Đặt t =

1
+
x
( điều kiện t
≥
0 ) , phương trình (b) trở thành
t
2
+ t - 6 = 0
⇔
t = - 3 (loại) hoặc t = 2 (thoả mãn)
t = 2 =>
1
+
x
= 2
⇔
x + 1 = 4
⇔
x = 3
Vậy phương trình có một nghiệm x = 3 0,25đ
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
năm học 2000 -2001
Môn toán(Đề chung)
Bài 1 (2,5 điểm)
Cho biểu thức :
T =
1
1

1
1
1
2
−
+
−
++
+
+
−
+
x
x
xx
x
xx
x
với x > 0 và x
≠
1
1) Rút gọn biểu thức T
2) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x
≠
1 luôn có T <
3
1
Bài 2 ( 2,5 điểm)
Cho phương trình : x
2

– 2mx + m
2
-
2
1
= 0 (1)
1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm của phương trình có giá trò
tuyệt đối bằng nhau
2) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm ấy là số đo của hai cạnh
góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3
Bài 3(1 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) có phương trình
y = x
2
(P)
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 12 và có với parabol
(P) đúng một điểm chung.
Bài 4 (4 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Một điểm M chuyển dộng trên đường tròn (O)
( M khác với A và B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường kính AB.Vẽ
đường tròn (T) có tâm là M và bán kính MH . Từø A và B lần lượt kể tiếp tuyến AD và
BC đến đường tròn (T) (D và C là các tiếp điểm)
1) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trò
không đổi.
2) Chứng minh rằng đường thẳng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
3) Chứng minh rằng với bất kỳ vò trí nào của M trên đường tròn (O) luôn có bất
đẳng thức AD.BC
≤
R
2

. Xác đònh vò trí của M trên đường tròn (O) để đẳng
thức xảy ra
4) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố đònh .Gọi I là trung điểm của MN và P là
hình chiếu vuông góc của I trên MB . Khi M chuyển động trên đường tròn (O)
thì P chạy trên đường nào ?
ĐÁP ÁN:
Bài 1
Câu 1: T =
1
1
1
1
1
2
−
+
−
++
+
+
−
+
x
x
xx
x
xx
x
=
1

1
1
1
1)(
2
3
−
−
++
+
+
−
+
xxx
x
x
x
0,5đ
=
)1)(1(
)1()1)(1(2
++−
++−−+++
xxx
xxxxx
0,25đ
=
)1)(1(
++−
−

xxx
xx
0,25đ
=
)1)(1(
)1(
++−
−
xxx
xx
0,25đ
=
1
++
xx
x
0,25đ
Câu 2:
Xét
3
1
- T =
3
1
-
1
++
xx
x
=

4
9
)
2
1
(3
)1(
2
2
++
−
x
x
0,25đ
=>
3
1
- T > 0 vì (
x
- 1)
2
> 0 0,25đ
và 3(
4
9
)
2
1
2
++

x
> 0 với mọi x > 0 và x
≠
1 0,25đ
=> T <
3
1
với x > 0 ø và x
≠
1 0,25đ
Bài 2
Câu 1 (1đ) : Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn
21
xx
=

=> x
1
= x
2
hoặc x
1
= - x
2
0,25đ
a) Nếu x

1
= x
2
=>
∆
= 0 =>
∆
=
2
1
= 0 (vô lý) 0,25đ
b) Nếu x
1
= - x
2
=> x
1
+ x
2
= 0 => 2m = 0 => m = 0 0,25đ
=> phương trình đã cho trở thành : x
2
-
2
1
= 0
⇔
x =
2
1

±

=> phương trình có 2 nghiệm có giá trò tuyệt đối bằng nhau
=> m = 0 là giá trò cần tìm 0,25đ
Câu 2(1,5đ)
Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
và x
2
là số đo của 2 cạnh góc vuông của một tam
giác vuông có cạnh huyền bằng 3
=> x
1
> 0 ; x
2
> 0 và x
1
2
+ x
2
2
= 9 0,25đ
Ta có x
1
2
+ x
2
2
= (x
1

+ x
2
)
2
- 2x
1
x
2
= 4m
2
– 2(m
2
-
2
1
) = 2m
2
+ 1 0,25đ
=> và x
1
2
+ x
2
2
= 9
⇔
2m
2
+ 1 = 9
⇔

m =
±
2 0,25đ
+Với m = 2 phương trình đã cho trở thành :
x
2
- 4x +
2
7
= 0
Phương trình này có 2 nghiệm là:
x
1
= 2 -
2
1
; x
2
= 2 +
2
1
(thoả mãn)
=> m = 2 là giá trò cần tìm 0,25đ
+ Với m = -2 phương trình đã cho trở thành:
x
2
+ 4x +
2
7
= 0

Phương trình này có 2 nghiệm là :
x
1
= - 2 -
2
1
< 0 và x
2
= - 2 +
2
1
< 0 (loại)
=> m = -2 không troả mãn 0,25đ
Tóm lại: Phương trình đã cho có hai nghiệm và 2 nghiệm này là số đo 2 cạnh
của góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3
⇔
m = 2 0,25đ
Bài 3:
+)Gọi (d) là đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng
y = 3x + 12 => phương trình đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m 0,25đ
+)Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol y = x
2
là nghiệm của phường
trình: x
2
= 3x + m
⇔
x
2
– 3x – m = 0 (*) 0,25đ

+)Đường thẳng (d) và parabol y = x
2
có đúng 1 điểm chung
⇔
phương trình (*) có nghiệm duy nhất
⇔

∆
= 0
⇔
9 + 4m = 0
⇔
m = -
4
9
0,25đ
=> phương trình đường thẳng (d) là y = 3x -
4
9
0,25đ
Bài 4:
Câu 1: (0,75đ)
+) Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ đỉnh A
=> AD = AH (1) 0,25đ
+) Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ đỉnh B
=> BC = BH (2) 0,25đ
+) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi

A
B

D
C
O
M
H
N
II
K
Câu 2: (1,25đ)
a) Trước hết ta chứng minh 3 điểm C, D , M thẳng hàng
Thật vậy:
+ Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ A
=> góc AMD = góc AMB (3)
+ Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ B
=> góc BMC = góc BMH (4)
Từ (3) và (4) => góc AMD + góc BMC = góc AMH + góc BMH
= góc AMB = 90
0
0,25đ
=> (góc AMD + góc BMC) + (góc AMH + góc BMH) = 180
0
0,25đ
=> 3 điểm C, D, M thẳng hàng và M là trung điểm của CD 0,25đ
b)Vì AD và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH)
=> AD
⊥
CD và BC
⊥
CD => ABCD là hình thang vuông
Mặt khác : O là trung điểm của AB và M là trung điểm của CD

 OM là đường trung bình của hình thang ABCD
 OM // AD 0,25đ
LẠi có AD
⊥
CD => OM
⊥
CD 0,25đ
Mà Om là đường kính của đường tròn (O)
=> CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 0,25đ
Câu 3;(1đ)
Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)
2
- (AD – BC)
2
0,25đ

≤
(AD +BC)
2
= 4R
2
0,25đ
=> AD.BC
≤
R
2
0,25đ
Đẳng thứ xảy ra
⇔
AD = BC

⇔
ABCD là hình chữ nhật
ngoại tiếp nửa đường tròn đường kính AB
⇔
M là trung
điểm của của nửa đường tròn đường kính AB 0,25đ
Câu 4 (1đ)
Ta có góc AMB = 90
0
(Góc nôòo tiết chắn nửa đường tròn )
 AM
⊥
MB.Mặt khác : IP
⊥
MP (gt)
 => AM // IP hay IK //AM
Xét
∆
ANM có IK // AM , I là trung điểm MN
=> IK là đường trung bình 0,25đ
=> K là trung điểm của AN mà A và N cố đònh => K cố đònh 0,25đ
Ta có góc BPK = 90
0
và các điểm B, K cố đònh 0,25đ
=> Khi m chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường tròn
đường kính BK 0,25đ
ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 – PTTH TỈNH NAM ĐỊNH
NĂM HỌC 2000- 2001
Bài 1: (2điểm)

Cho A = (
)1
1
).(1
1
−
−
−
+
+
+
a
aa
a
aa
Với 1
0≥≠ a
a . Rút gọn A
b. Với 1
0
≥≠
a
. Tìm a sao cho A = - a
2

Bài 2: (2 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho các điểm : M(2 ; 1) và N(5; -
2
1
) và đường thẳng (d):

y = ax + b
a) Tìm a và b để đường thẳng (d) đi qua M và N
b) Xác đònh toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với 2 trục Ox và Oy
Bài 3: (2 điểm)
Cho số nguyên dương gồm 2 chữ số .Tìm số đó biết rằng tổng của 2 chữ số bằng 1/8
số đã cho và nếu thêm 13 vào tích 2 chữ số sẽ được 1 số mới viết theo thứ tự ngược lại
với số đã cho.
Bài 4: ( 3 điểm)
Cho tam giác PBC , PA là đường cao. Đường tròn đường kính BC cắt PB ,PC lần lượt
ở M và N , NA cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E.
a) Chứng minh 4 điểm : A, B, P, N cùng thuộc 1 đường tròn .Xác đònh tâm và bán
kính của đường tròn đó.
b) Chứng minh : EM
⊥
BC
c) Gọi F là điểm đối xứng của N qua BC, chứng minh AM.AF = AN . AE
Bài 5(1 điểm): Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :

2
)1(
1
.......
34
1
23
1
2
1
<
+

++++
nn
Đáp Án:
Bài 1:
a) A = (
)1
1
).(1
1
−
−
−
+
+
+
a
aa
a
aa
=






−
−
−







+
+
+
1
1
)1(
.1
1
)1(
a
aa
a
aa
= (
)1).(1
−+
aa
= a – 1
b) Tìm 1
0
≥≠
a
. Thoả mãn đẳng thức A = - a
2

⇔



−=
≥≠
2
01
aA
a

⇔



−=−
≥≠
2
1
01
aa
a

⇔





=−+
≥≠
01
01
2
aa
a

⇔















−−
=
−
=
≥≠
2

15
2
15
01
a
a
a


⇔
a =
2
15
−

Bài 2:
a) Vì đường thẳng (d) : y = ax + b đi qua 2 điểm M và N nên lần lượt thay x = 2, y = 1
và x = 5 , y = -
2
1
vào phương trình đường thẳng (d), ta có hệ phương trình





+=−
+=
ba
ba

5
2
1
21

⇔





−=
+=
2
3
3
21
a
ba

⇔





−=
+=
2
1

21
a
ba

⇔







−=
+−=
2
1
)
2
1
.(21
a
b

⇔





−=

=
2
1
2
a
b

Vậy đường thẳng (d) : y = -
2
1
x + 2
b) Xác đònh tạo độï giao giao điểm của (d) với 2 trục toạ độ
+ Giao của (d) với trục Oy: Cho x = 0 vào phương trình y = -
2
1
x + 2 ta tìm được
y = 2 => (d) cắt trục Oy tại điểm (0; 2)
+ Giao của (d) với trục Ox : Cho y = 0 ta có: 0 = -
2
1
x + 2 => x = 4
 (d) cắt trục Ox tại điểm (4;0)
Bài 3
Gọi số nguyên dương có hai chữ số là ab
(Điều kiện : a , b
∈
N ; 1
9≤≤ a
; 0
9

≤≤
b
)
Tổng hai chữ số của nó la:ø a + b
Theo bài ra ta có phương trình : a+ b =
8
1
ab hay : a+b =
8
1
(10a+ b) (1)
Tích hai chữ số của nó là : a.b
Theo đầu bài ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:





+=+
+=+
abab
baba
1013
)10(
8
1

⇔




+=+
+=+
abab
baba
1013
1088

⇔





+=+
=−
)2........(1013
)1.....(..........072
/
/
abab
ba
Từ (1
/
) => a =
2
7b
thế vào (2

/
) ta được :
2
7b
.b + 13 = 10b +
2
7b

⇔
7b
2
– 27b + 26 = 0
Có :
∆
= 27
2
– 4.7.26 = 1 =>
∆
= 1 => b
1
=
14
127
+
= 2 (thoả mãn)
b
2
=
14
127

−
=
N
∉
14
26
(loại)
Với b = 2 => a =
2
2.7
= 7. Đối chiếu với điều kiện đặt ra ta có a = 7 ; b = 2 thoả mãn
Vậy số đã cho là 72
Bài 4:
P
B C
N
M
A
E
H
F
K


a) Ta có : góc BNC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> góc BNP = 1v.Tứ giác ABPN có góc BNP = góc BAP = 1v cùng nhìn PB nên 4
điểm A,B,P,N cùng thuộc đường tròn đường kính BP
(Tâm của đường tròn là trung điểm của BP , bán kính BP/2)
b)Có tứ giác ABPN nội tiếp => góc BPA = góc BNA (cùng chắn cung AB)
Mt khác : góc BME = góc BNA ( cùng chắn cung BE)

=> góc BPA = góc BME
Mà 2 góc này ở vò trí đồng vò => ME // AP. mà AP
⊥
BC => EM
⊥
BC
c)Ta có F là điểm đối xứng của N qua BC mà N
∈
(O) => F
∈
(O) (Tính chất đối
xứng)
Tam giác AME cân (vì có AB
⊥
ME => HM = HE => AH vừa là đường cao vừa là
trung tuyến) nên AM = AE (1)
Tam giác NAF cân ( vì NF
⊥
AC => KN = KF => AK vừa là đường cao cừa là trung
tuyến) . Nên AN = AF (2)