tuyen tap 14 de thi vao lop 10 co huong dandoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (323.4 KB, 30 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10

Đề1

Bài 1 :

a) Tính : ( 2 1)( 2 1) 

b) Giải hệ phương trình : 1
5
x y
x y

 




 


Bài 2 :

Cho biểu thức : 1 1 :2( 2 1)
1

x x x x x x

A

x
x x x x

     

  

    

 

a) Rút gọn A.

b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.

Bài 3 :

Một ca nơ xi dịng từ bến sơng A đến bến sơng B cách nhau 24 km; cùng lúc đó, cũng từ A về B
một bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay và gặp bè nứa tại
địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của ca nơ.

Bài 4 :

Cho đường trịn tâm O bán kính R, hai điểm C và D thuộc đường tròn, B là trung điểm của cung nhỏ
CD. Kẻ đường kính BA ; trên tia đối của tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) tại M ; MD cắt AB tại
K ; MB cắt AC tại H.

a) Chứng minh : BMDBAC, từ đó suy ra tứ giác AMHK nội tiếp. 
b) Chứng minh : HK // CD.

c) Chứng minh : OK.OS = R2.

Bài 5 :

Cho hai số a và b khác 0 thỏa mãn : 1 1 1
2
a b 

Chứng minh phương trình ẩn x sau ln có nghiệm :
(x2 + ax + b)(x2 + bx + a) = 0.

HƯỚNG DẪN

Bài 3:

Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè nứa:
8

2
4 (h)

Gọi vận tốc của ca nơ là x (km/h) (x>4)

Theo bài ta có: 24 24 8 2 24 16 2

4 4 4 4

x x x x



    

   

2 0( )

2 40 0

20
x loai

x x

x



    






</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

B i 4:

à

a) Ta có BC BD  (GT)  BMD BAC  (2 góc nội 
tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

* Do BMD BAC   A, M nhìn HK dưới 1 góc bằng 
nhau  MHKA nội tiếp.

b) Do BC = BD (do BCBD ), OC = OD (bán kính)
 OB là đường trung trực của CD

 CDAB (1)

Xét MHKA: là tứ giác nội tiếp,  0

AMH  (góc nt
chắn nửa đường tròn)   0 0 0

180 90 90
HKA   (đl)
 HKAB (2)

Từ (1) và (2)  HK // CD

H

K

M

A

B

O

C

D

S

Bài 5:

2 2

0 (*)

( )( ) 0

0 (**)
x ax b

x ax b x bx a

x bx a
   

      

  


(*)  = a2- 4b, Để PT có nghiệm 2 4 0 2 4 1 1

a b a b

a b

      (3)

(**)  b2 4a

   Để PT có nghiệm thì 2 4 0 1 1
2
b a

b a

    (4)

Cộng 3 với 4 ta có: 1 1 1 1

2 2

a b  a  b

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 4 4 4 4 4 8 4

2 a 2 b a b a b

 

           

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Đề 2

Câu 1 : a)Cho phương trình x4 (m2 4 )m x2 7m 1 0

     . Định m để phương trình có 4 nghiệm
phân biệt và tổng bình phương tất cả các nghiệm bằng 10.

b) Giải phương trình: 4 32 5 3 (2 2 1)

1 x x

x x    

Câu 2 : a)Cho góc nhọn a. Rút gọn khơng còn dấu căn biểu thức :

2 2

cos 2 1 sin 1

P a   a 

b)

Chứng minh:



4 15

 

5 3



4 15  2
Câu 3 : Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :





2
1

a b c    ab bc  ca  a b c

Khi nào đẳng thức xảy ra ?

Câu 4 : Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt (O),
(O’) lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai E, F.

a) Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I.
b) Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn.

c) Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) (P Ỵ (O), Q Ỵ (O’)). Chứng minh đường thẳng AB

đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ.

HƯỚNG DẪN

Câu 1 :

a) Đặt X = x2 (X  0)

Phương trình trở thành X2 (m2 4 )m X 7m 1 0

     (1)

Phương trình có 4 nghiệm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt dương

0
0

S
P

 


  

 


2 2

( 4 ) 4(7 1) 0
4 0

7 1 0

m m m

m m

m

    



   

  



(I)
Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X1 , X2.

Þ phương trình đã cho có 4 nghiệm x1, 2 =  X1 ; x3, 4 =  X2

2 2 2 2 2

1 2 3 4 2( 1 2) 2( 4 )

x x x x X X m m

Þ       

Vậy ta có 2( 2 4 ) 10 2 4 5 0 1
5

m

m m m m

m




       



Với m = 1, (I) được thỏa mãn

Với m = –5, (I) không thỏa mãn.
Vậy m = 1.

b)Đặt t x4 x2 1

   (t  1)

Được phương trình 3 5 3(t 1)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

3t2 – 8t – 3 = 0 Þ t = 3 ; 1

t  (loại)
Vậy x4 x2 1 3 x 1

   Þ 

Câu 2 :

a)P cos2 2 1 sin2 1 cos2 2 cos2 1

a a a a

      

cos 2cos 1

P

a



a

 (vì cosa > 0)
2

(cos 1)

P

a



1 cos

P 

a

(vì cosa < 1)



4 15

 

5 3



4 15 



5 3

 

4 15

 

2 4 15





5 3



4 15



5 3

 

2 4 15





8 2 15 4

 

 15



= 2
Câu 3 :



a b



2  Þ0 a b 2 ab

Tương tự, a c 2 ac

b c  bc

1 2

a  a

1 2

b  b

1 2

c  c

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ở trên ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra  a = b = c = 1

Câu 4 :

a)Ta có : ABC = 1v
ABF = 1v
Þ B, C, F thẳng hàng.

AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên
chúng đồng quy.

b) ECA EBA (cùng chắn cung AE của (O)
Mà ECA AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh)

Þ EBA EFD  hayEBIEFI Þ Tứ giác BEIF nội tiếp.
c)Gọi H là giao điểm của AB và PQ

Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng
Þ HP HA

HB HP Þ HP

2 = HA.HB

Tương tự, HQ2 = HA.HB

Þ HP = HQ Þ H là trung điểm PQ.

O O’

B
A

D
E

F
I

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Đề 3

Câu 1: Cho biểu thức A= 1 2

1 1

x x x x

x x

  



 

a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa.
b) Rút gọn biểu thức A.

c) Với giá trị nào của x thì A<1.

Câu 2: Hai vịi nước cùng chảy vào một bể thì đầy bể sau 2 giờ 24 phút. Nếu chảy riêng từng vịi
thì vịi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng vịi thì mỗi vịi chảy
bao lâu thì đầy bể?

Câu 3: Cho đường trịn tâm (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB>BC). Vẽ
đường tròn tâm (O') đường kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vng góc với AC tại I,

MC cắt đường trịn tâm O' tại D.

a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao?

b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp?

c) Xác định vị trí tương đối của ID và đường tròn tâm (O) với đường tròn tâm (O').

H

íng dÉn

Câu 1:

a) A có nghĩa  0
1 0
x

x





 




 0

1
x
x








b) A=









1 1

x x x

x x

 



 

= x 1 x=2 x1
c) A<1 Þ 2 x1<1Þ 2 x 2Þ x1 Þ x<1
Kết hợp điều kiện câu a) Þ Vậy với 0 x 1 thì A<1

Câu 2: Đổi 2giờ 24 phút=12

5 giờ

Gọi thời gian vịi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk x>0)
Thời gian vịi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ)

Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy được : 1
x(bể)
Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy được : 1

2
x (bể)
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được : 1

x+
1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Theo bài ra ta có phương trình: 1
x+

1
2
x =

1
12

5
Giaỉ phương trình ta được x1=4; x2

=-6

5(loại)

Vậy: Thời gian vịi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ)

Câu 3:

I

D

N
M

O'
O

A

C
B

a) Đường kính ABMN (gt) Þ I là trung điểm của MN (Đường kính và dây cung)

IA=IC (gt) Þ Tứ giác AMCN có đương chéo AC và MN cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và
vng góc với nhau nên là hình thoi.

b)ANB 900

 (góc nội tiếp chắn 1/2 đường trịn tâm (O) )

Þ BN AN.

AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN).
Þ BN MC (1)

 900

BDC (góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O') )
BD MC (2)

Từ (1) và (2) Þ N,B,D thẳng hàng do đó NDC 900

 (3).
 900

NIC (vì ACMN) (4)

Từ (3) và (4) Þ N,I,D,C cùng nằm trên đường trịn đường kính NC
Þ Tứ giác NIDC nội tiếp

c) BA. O'ỴBC mà BA vafBC là hai tia đối nhau Þ B nằm giữa O và O' do đó ta có OO'=OB +

O'B Þ đường trịn (O) và đường trịn (O') tiếp xúc ngồi tại B

MDN



vng tại D nên trung tuyến DI =1

2MN =MI Þ



MDI

cân Þ IMD IDM .
Tương tự ta cóO DC O CD '  ' mà IMD O CD  ' 900

  (vì MIC900)
Þ IDM O DC ' 900

  mà MDC 1800 Þ IDO' 90 0

do đó IDDO Þ ID là tiếp tuyến của đường tròn (O').

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

A=
2
)
1
(
:
1
1
1
1
2
2
2
3
3





















x
x
x
x
x
x
x
x
x

Với x 2;1
a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 62 2
c) Tìm giá trị của x để A=3

Câu2.

a) Giải hệ phương trình:










12
3
2
4
)
(
3
)
( 2
y
x
y
x
y
x

b) Giải bất phương trình:

3
15
2
4
2
2
3





x
x
x
x
x
<0

Câu3.Cho phương trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xác định m để phương trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

Câu 4. Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính BC .Điểm A thuộc nửa đường trịn đó. Dựng hình
vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi F là giao điểm của AE và nửa
đường tròn (O) . Gọi K là giao điểm của CFvà ED

a) chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đường trịn
b) Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ?

HƯỚNG DẪN
Câu 1: a. Rút gọn A=

x
x2 2



b.Thay x= 62 2 vào A ta được A=

2
2
6
2
2
4



c. 3 2 3 2 0 3 17

2
A  x  x  Þ x 

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt: 2

1 2

3 4 1; 4

a  a Þ a  a 
Từ đó ta có










12
3
2
4
)
(
3
)
( 2
y
x
y
x
y
x

*








12
3
2
1
y
x
y
x
(1)
*








12
3
2
4
y
x

y
x
(2)

Giải hệ (1) ta được x=3, y=2
Giải hệ (2) ta được x=0, y=4

Vậy hệ phương trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
b)Ta có x3 4x2  2x15 ( x 5)(x2 x 3)

mà

2 3 1 11 0

2 4

x   x x   

 

với mọi x
Vậy bất phương trình tương đương với x 5 0 Þ x5

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

O
K

F
E

C
B

 Xét 2 1 0 1

m  Þ m pt trở thành  x  Þ1 0 x1

 Xét 2 1 0 1

m  Þ m khi đó ta có

' m2 2m 1 (m 1)2 0

       mọi mÞ pt có nghiệm với mọi m
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)

với 1
2

m pt cịn có nghiệm 1 1
2 1 2 1

m m

x

m m

 

 

 

pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) 1 1 0
2m 1

Þ   

















0
1
2

0
1
1
2

m
m

0
2 1

2 1 0
m

m
m

m






Þ   Þ 

  


Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0

Câu 4:

a. Ta có KEB 9O

mặt khác BFC 9O ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D

 9

BFK O

Þ   Þ E,F thuộc đường trịn đường kính BK,
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường trịn đường kính BK.
b. BCF BAF

Mà BAF BAE 45 Þ BCF 45
Ta cóBKF BEF

MàBEF BEA 45 (EA là đường chéo của hình vng ABED) Þ BKF 45
Vì BKCBCK 45 Þ tam giác BCK vuông cân tại B

Đề 5

Bài 1: Cho biểu thức: P =





































1
1
2
2
:
1
1

x
x
x
x

x
x
x
x
x

x
x
a,Rút gọn P

b,Tìm x ngun để P có giá trị ngun.

Bài 2: Cho phương trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)

a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm.

b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn 23
3

1 x

x  =50

Bài 3: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x

1, x2 .Chứng minh:

a,Phương trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t

1 và t2.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường 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 điểm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.

b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường 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 dương x; y thoả mãn: x + y  1
Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =

xy
y
x
501
1
2
2 

HƯỚNG DẪN
Bài 1: ĐK: x 0;x1

a, Rút gọn: P =













1
1
2
:
1
1
2 2




x

x
x
x
x
x z

 P = 1 2 1

( 1) 1

x x

 



 
b. P =

1
2
1
1
1






x
x
x
Để P nguyên thì

1 1 2 4

1 1 0 0

1 2 3 9

1 2 1( )

x x x

x x loai

  Þ  Þ 
  Þ  Þ 
  Þ  Þ 
  Þ 


Vậy với xỴ



0; 4;9



thì P có giá trị ngun.

Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì:































0
1
2
0

6
0
6
4
1
2
2
1
2
2
1
2
2
m
x
x
m
m
x
x
m
m
m
3
2
1
0
)
3
)(

2
(
0
25


















 m
m
m
m

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Bài 3: a) Vì x1 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. .

Vì x1> 0 => c. 1 . 1 0.

1    







a
x
b

x Chứng tỏ 1

x là một nghiệm dương của phương trình:
ct2 + bt + a = 0; t

1 =
1

x Vì x2 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0

vì x2> 0 nên c. 0

1
.
1

2
2





















a
x
b

x điều này chứng tỏ 2

x là một nghiệm dương của phương trình

ct2 + bt + a = 0 ; t
2 =

1
x

Vậy nếu phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x

1; x2 thì phương trình :

ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t

1 ; t2 . t1 =
1

x ; t2 = 2
1
x
b) Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dương nên

t1+ x1 =
1

x + x1 2 t2 + x2 = 2
1

x + x2 2 Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4

Bài 4

a) Giả sử đã tìm được 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

CH  AB và BH AC => BDAB và CD AC.
Do đó: ABD 900

 và ACD900

Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O
Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD

của đường trịn tâm O thì tứ giác BHCD là hình bình hành.
b)Vì P đối xứng với D qua AB nên APBADB

nhưng ADBACB

Do đó: APBACB

Mặt khác: APBACB 
AHB ACB 180 Þ APB AHB 180

Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên PBA PHB
Mà PAB DAB  ,do đó: PHB DAB 

Chứng minh tương tự ta có: CHQ DAC 

C
B

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Vậy PHQ PHB BHC CHQ BAC BHC      180. Ba điểm P; H; Q thẳng hàng 
c). Ta thấy  APQ là tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD và 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 đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O

Đề 6

Bài 1: Cho biểu thức:



 





y
x

xy
x

y
x

y
y

y
x

x
P














1
1
1

)
)

1
)(
(

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) .

a). Chứng 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 :














27
1
1
1
1

zx
yz
xy

z
y
x

Bài 4: Cho đường trịn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường 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 , tính BC theo R.

Bài 5: Cho x,y,zỴR thỏa mãn :

z
y
x
z
y

x     
1
1

1
1

Hãy tính giá trị của biểu thức : M =

4
3

+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .

HƯỚNG DẪN

Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; x0; y 0; y 1; x  y 0 (*).

Rút gọn P:







 



(1 ) (1 )

1 1

x x y y xy x y

P

x y x y

    



  











 



( )

1 1

x y x x y y xy x y

x y x y

    



</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

O
C

B
A



 





 



x y x y x xy y xy

x y x y

     



  











 





 



1 1 1 1

1 1

x x y x y x x

x y

     



 





x y y y x

y

  







 











1 1 1

x y y y y

y

   



  x  xy  y.

Vậy P = x  xy  y.
b). P = 2  x  xy  y.= 2



 





1



1



1 

















y

x

y

x

Ta có: 1 + y 1 Þ x 1 1  0 x 4 Þ x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn

Bài 2: a). Đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phương trình đường
thẳng (d) là : y = mx + m – 2.

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
- x2 = mx + m – 2

 x2 + mx + m – 2 = 0 (*)

Vì phương trình (*) có  m2  4m 8 



m 2



2 4 0m nên phương trình (*) ln có hai
nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) ln cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.

b). A và B nằm về hai phía của trục tung  phương trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái

dấu  m – 2 < 0  m < 2.

Bài 3 :

 














3
27

)
2
(
1
1
1
1

1
9

xz
yz
xy

z
y
x

ĐKXĐ : x 0, y 0, z 0.





















2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2
2
2

81 2 81

81 2 27

2( ) 2 0

( ) ( ) ( ) 0

( ) 0
( ) 0
( ) 0

x y z x y z xy yz zx

x y z xy yz zx x y z

x y z xy yz zx x y z xy yz zx

x y y z z x

x y x y

y z y z x y z

z x
z x

Þ          

          

Þ      Þ      

      

    

 

        

  

  



Thay vào (1) => x = y = z = 3 .

Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phương trình .
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3.

Bài 4:

a) Xét ABM và NBM .

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

nên : AMB NMB 90

M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nênBAM MBN ÞBAM BNM

Þ BAN cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp

 

BAM MCN

Þ  => BAM ( cùng bù với MCB).

 

MCN MNC

Þ  => ( cùng bằng góc MCB ).
Þ Tam giác MCN cân đỉnh M

b). Xét  MCB và  MNQ có :

MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)

 

BMCNMQ ( vì MCB NMC MBC MQN ;  )
( . . ).

MCB MNQ c g c

Þ   Þ BC = NQ .

Xét tam giác vng ABQ có ACBQÞ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)

Þ AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)

Þ 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5  1)R

Bài 5:

Từ :

z
y
x
z
y

x     
1
1

1
1

 1 1 1 1 0







z
y
x
z
y
x




 



0







z
y
x
z

z
z
y
x
xy

y
x















 



1 1

0
0

( )

( ) 0

z y

xy z x y z
zx zy z xy
x y

xyz x y z
x y y z z x

 

    

   

 

    

    

 

 

    

Ta có : 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)

Vậy M =
4

+ (x + y) (y + z) (z + x) =
4
3

Đề 7

Bài 1: 1) Cho đường thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đường thẳng d’ đối xứng với đường thẳng d

qua đường thẳng y = x là:
A.y =

2
1

x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y =
2
1

x - 2 ; D.y = - 2x - 4
Hãy chọn câu trả lời đúng.

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đường kính đáy đựng đầy nước, nhúng chìm vào bình
một hình cầu khi lấy ra mực nước trong bình cịn lại

3
2

bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán

kính hình cầu là A.2 ; B.3 2 ; C. 3 3; D. một kết quả khác.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

M
D

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 được : (x + b).(x + c)

2) Cho tam giác nhọn xAy , B, C lần lượt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB < AC,
điểm M di động trong góc xAy sao cho

MB
MA

=
2
1

Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB và CD vng 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 là trung điểm của MN.
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.

c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định.

HƯỚNG 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

Vậy A chia hết cho 1 số chính phương khác 1 với mọi số nguyên dương n.
2) Do A > 0 nên A lớn nhất A2 lớn nhất.

Xét A2 = ( x+ y)2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1)

Ta có:
2

y
x

xy

 (Bất đẳng thức Cơ si)
1 2 xy

Þ  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2

2 1

max 2

A   x y , max 2 1
2
A  x y

Bài3

1) Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)

Có 2 trường hợp: 4 1

4 7

b
c
 




 

 và

4 7

4 1

b
c
 




 


Trường hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trường hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2

Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)
2)

Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: AD =
4

AB. Ta có D là điểm cố định
Mà

AB
MA

=
2
1

(gt) do đó
MA
AD

=
2
1

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

-K
O

D
C

B
A

AB
MA

=
MA
AD

=
2
1

Do đó ABM ADM MB MA 2
MD AD

  Þ  

Þ MD = 2MD Xét ba điểm M, D, C : MD MC DC  (không đổi)
Do đó MB2MC2(MD MC ) 2 DC

Dấu "=" xảy ra  M thuộc đoạn thẳng DC
Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC
* Cách dựng điểm M.

- Dựng đường tròn tâm A bán kính
2
1

AB
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD =

4
1

M là giao điểm của DC và đường tròn (A;
2
1

AB)

Bài 4:a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MAN 90 nên MN là đường kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : INCIMK(g.c.g)
Þ CN = MK = MD (vì MKD vng cân) 
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA

Þ AM = AN = AD + AC khơng đổi

c) Ta có IA = IB = IM = IN

Vậy đường tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định.

Đề 8

Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

2 2 1 2 2 1 2 2 1 0

x  y y  z z  x 
Tính giá trị của biểu thức :A x2009 y2009 z2009

   .

Bài 2). Cho biểu thức :M x2 5x y2 xy 4y 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 phương trình :



 



2 2 18

1 . 1 72
x y x y

x x y y

    




  




Bài 4. Cho đường trịn tâm O đường kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đường
tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt 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 .

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>





2 2 2
2

a b

a b    a b b a

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

HƯỚNG DẪN
Bài 1. Từ giả thiết ta có :

2
2

2 1 0
2 1 0
2 1 0
x y
y z
z x

   



  




  


Cộng từng vế các đẳng thức ta có :



x22x1

 

 y22y1

 

 z22z1



0



x 1





y 1





z 1



2 0
Þ      

1 0
1 0

1 0
x
y
z

 


   

  


1
x y z

Þ   





2009





2009





2009

2009 2009 2009 1 1 1 3

A x y z

Þ           Vậy : A = -3.

Bài 2. Ta có :



2 4 4

 

2 2 1





2 2



2007

M  x  x  y  y  xy x  y 











 



2007

M  x  y  x y 













1 3

2 1 1 2007

2 4

M  x y  y

Þ        

 
Do



y1



2 0 và









2 1 0

x y

 

   

 

 

,
x y


2007

M

Þ  Þ Mmin 2007 x2;y1

Bài 3. Đặt :









1
1
u x x

v y y

  




 




Ta có : 18
72
u v
uv

 






Þ u ; v là nghiệm của phương trình :

1 2

18 72 0 12; 6

X  X  Þ X  X 

Þ 12

6
u
v








; 6
12
u
v
















1 12
1 6
x x

y y

  




 




;









1 6
1 12
x x

y y

  




 




Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là :

(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

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 đường cao thuộc cạnh huyền CD nên :
MO2 = CM . MD

Þ R2 = AC . BD

b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp

  ; 

MCO MAO MDO MBO

Þ  





COD AMB g g
Þ  

Do đó :

. .
. .

Chu vi COD OM
Chu vi AMB MH



 (MH1  AB)
Do MH1  OM nên

1
OM

MH 
Þ Chu vi COD chu vi AMB

Dấu = xảy ra  MH1 = OM  MO Þ M là điểm chính giữa của cung AB

Bài 5 Ta có :

2 2

1 1

0; 0

2 2

a b

   

   

   

     a , b > 0

1 1

0; 0

4 4

a a b b

Þ       ( 1) ( 1) 0

4 4

a a b b

Þ        a , b > 0
1

0
2

a b a b

Þ      Mặt khác a b 2 ab0
Nhân từng vế ta có :



 



1 2





a b  a b    ab a b

 









2 2

2
a b

a b  a b b a

Þ    

Bài 6. Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp ABC
Gọi E là giao điểm của AD và (O)

Ta có:ABDCED (g.g)

. .

BD AD

AB ED BD CD
ED CD

Þ  Þ 





. .

AD AE AD BD CD
AD AD AE BD CD

Þ  

Þ  

Lại có : ABDAEC g g





. .

AB AD

AB AC AE AD
AE AC

AD AB AC BD CD

Þ  Þ 

Þ  

Đề 9

O
H

D

C

M

B
A

D

E

C

B

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Câu 1: Cho hàm số f(x) = 2 4 4


 x
x
a) Tính f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =

4
)
(


x

x
f

khi x  2

Câu 2: Giải hệ phương trình
















)
3
)(
7
2
(
)

7
2
)(
3
(

)
4
)(
2
(
)
2
(

y
x
y

x

y
x
y

x

Câu 3: Cho biểu thứcA = 






























1
:

1
1
1

x
x
x

x
x

với x > 0 và x  1
a) Rút gọn A

b) Tìm giá trị của x để A = 3

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân
đường vng góc hạ từ A đến đường 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 phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0

Khơng giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn:

3x1 - 4x2 = 11

HƯỚNG DẪN

Câu 1a) f(x) = 2 4 4 ( 2)2 2








 x x x

x

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

b) 























8
12
10

2
10
2
10

)
(

x
x
x

x
x

f

)
2
)(
2
(

2
4

)
(

2  




x
x

x
f
A

Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra

2
1



x
A
Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra

2
1




x
A

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4
( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0

x y x y xy x xy y x x y

x y x y xy y x xy y x x y

           
   
  
   
              
   
x -2

y 2

Câu 3 a) Ta có: A = 























1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
=





























1
1
)
1
(
:
1
1
)
1

)(
1
(
)
1
)(
1
(
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
= 
























1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
=

1
:
1
1
1






x
x
x
x
x
x
=
1
:
1
2




x
x
x
x

=
x
x
x
x 1
1
2 




=
x
x

2

b) 3 2 3 3 2 0 4

9
x

A x x x

x


 Þ  Þ    Þ 

Câu 4

Do HA // PB (Cùng vng góc với BC)

a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có

CB
CH
PB
EH

 ; (1)

Mặt khác, do PO // AC (cùng vng góc với AB)

 

POB ACB

Þ  (hai góc đồng vị)
AHC POB
Þ  
Do đó:
OB
CH
PB
AH
 (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 vng BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) và do AH = 2EH ta có

.
)
2
(
2PB
AH.CB
2PB
AH.CB
AH2  R

 AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

2
2
2
2
2

2
2

d
R
d
.
2.R
4R

)
R
4(d

R
d
.
8R

(2R)
4PB

4R.2R.PB
CB

4.PB
4R.CB.PB
AH















Câu 5 Để phương 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:
























11
4x
3x

2
1
m
.x
x

2
1
2m
x

2
1




















11
8m

-26

7
7m
4
7

4m

-13
3

-26

7
7m
x

7
4m

-13
x

1
1

Giải phương trình 11

8m

-26

7
7m
4
7

-13

3   

ta được m = - 2 và m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có
hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11

Đề 10
Câu 1: Cho P = 2

1
x
x x


 +

1
1
x
x x


  -

1
1

x
x



a/. Rút gọn P.

b/. Chứng minh: P < 1

3 với x  0 và x 1.

Câu 2: Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 (1); m là tham số.

a/. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.

b/. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.

Câu 3: a/. Giải phương trình : 1

x + 2

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

b/. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn :

0
0
2 4 2 0
2 7 11 0

a
b
a b c

a b c



 




   



    



Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.

Câu 4: Cho ABC cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B).
Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp BCD. Tiếp tuyến của (O) tại 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.

HƯỚNG DẪN

Câu 1:Điều kiện: x  0 và x 1.
P = 2

1
x
x x


 +

1
1
x
x x


  -

1
( 1)( 1)

x

x x



 

= 32
( ) 1

x
x



 +

1
1
x
x x


  -

1
1
x
= 2 ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

  

( 1)( 1)
x x

x x x



   = 1

x
x x
b/. Với x  0 và x 1 .Ta có: P < 1

3  1

x

x x <
1
3
 3 x < x + x + 1 ; ( vì x + x + 1 > 0 )

 x - 2 x + 1 > 0

 ( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x  0 và x 1)

Câu 2:a/. Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ’  0.
 (m - 1)2 – m2 – 3  0

 4 – 2m  0

 m  2.

b/. Với m  2 thì (1) có 2 nghiệm.

Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có:

3 2 2

.3 3

a a m
a a m

  




 


Þ a= 1
2
m

Þ 3( 1
2
m

)2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 6 ( thỏa mãn điều kiện).
Câu 3:

Điều kiện x  0 ; 2 – x2 > 0  x  0 ; x <

2.
Đặt y = 2 x2

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Ta có:

2 2 2 (1)

1 1

2 (2)
x y

x y

  




 




Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -1
2
* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:

x2 – 2x + 1 = 0  x = 1 Þ x = y = 1.

* Nếu xy = -1

2 thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
x2 + x - 1

2 = 0  x =

1 3
2
 

Vì y > 0 nên: y = 1 3

  Þ x = 1 3
2
 

Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 1 3

2
 
Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành  AB // CK

 BACACK
Mà  1

ACK  sđEC = 1

2sđBD = DCB
Nên BCD BAC 

Dựng tia Cy sao cho BCy BAC  .Khi đó, D là giao điểm của AB và Cy.
Với giả thiết AB > BC thì BCA > BAC > BDC .

ị D ẻ AB .

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

Đề 11
Câu 1: a) Xác định x ỴR để biểu thức :A =

x
x








1
1
1

2
2

Là một số tự nhiên
b. Cho biểu thức: P =

2
2
2
1

2     



 zx z

z
y

yz
y
x

xy
x

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 khơng thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.

Câu3 Giải phương trình: x 1 3 2 x 5

Câu 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với
đường trịn. Một góc xOy 45 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E.

C
B

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Chứng minh rằng:

a.DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ).
b. RDER

3
2

HƯỚNG DẪN
Câu 1: a.

A = x x x x x

x
x

x

x 1 ( 1 ) 2

)
1
).(

1
(

1 2 2

2
2

2       















A là số tự nhiên  -2x là số tự nhiên  x =
2
k
(trong đó k ỴZ và k 0 )

b.Điều kiện xác định: x,y,z  0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và xyz 2

Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với x; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi xyz ta được:

P = 1

2
2
2

(
2
2

2   














 xy x

xy
x
xy
x

z

z
x

xy
xy
x

xy
x
Þ P 1 vì P > 0

Câu 2: a.Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b

Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên Þ b = 4; a = 2
Vậy đường thẳng AB là y = 2x + 4.

Điểm C(1;1) có toạ độ khơng thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đường thẳng AB Þ A, B, C
khơng thẳng hàng.

Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đường thẳng AB Þ 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

Þ AB2 = AC2 + BC2 Þ ABC vng tại C

Vậy SABC = 1/2AC.BC = 10. 10 5

2
1

 ( đơn vị diện tích )

Câu 3: Đkxđ x1, đặt x 1u; 3 2 x v ta có hệ phương trình:











1
5

2 v

u
v
u

Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được: v = 2
Þ x = 10.

Câu 4

a.Áp dụng định lí Pitago tính được
AB = AC = R Þ ABOC là hình
vng Kẻ bán kính OM sao cho
BOD = MODÞ

MOE = EOC (0.5đ)
Chứng minh BOD = MOD

Þ OMD = OBD = 900

B

M

A

O

C

D

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Tương tự: OME = 900

Þ D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường trịn (O).
b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

Þ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2RÞ DE < R
Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC

Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R Þ DE >
3
2

R
Vậy R > DE >

3
2

Đề 12
CÂU 1 : Tính giá trị của biểu thức:

A =

5
3

 + 5 7
1

 + 7 9

 + ...+ 97 99
1


B = 35 + 335 + 3335 + ... +

ˆ
99 3

3333...35
so

    

CÂU 2 :Phân tích thành nhân tử :

a)x2 -7x -18

b)(x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
c)1+ a5 + a10

CÂU 3 :

a)Chứng minh : (ab+cd)2  (a2+c2)( b2 +d2)

b)áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2

CÂU 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn
CI ( M khác C và I ). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường 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 tỉ số :

MQ
MP

CÂU 5:

Cho P =

x

x
x




1

3
4

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.

HƯỚNG DẪN
CÂU 1 :

a) A =

5
3

 + 5 7
1

 + 7 9

 + ...+ 97 99
1

=

2
1

( 5 3+ 7 5+ 9 7+ ...+ 99 97) =
2
1

( 99 3)
b) B = 35 + 335 + 3335 + ... +

ˆ
99 3

3333...35
so

     = 
=33 +2 +333+2 +3333+2+...+ 333....33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33)

= 198 +
3
1

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

198 +
3
1

( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 +

B = 







 

27
10
10101 2

+165

CÂU 2: a)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ)

b)(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)

c) 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: a) Ta có : (ab+cd)2  (a2+c2)( b2 +d2) <=>

a2b2+2abcd+c2d2  a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>

0  a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>

0  (ad - bc)2 (đpcm )

Dấu = xảy ra khi ad=bc.

b) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
52 = (x+4y)2 = (x. + 4y)  (x2 + y2)(116) Þ

x2 + y2 

17
25

Þ 4x2 + 4y2 

17
100

dấu = xảy ra khi 5 ; 20
17 17
x y

CÂU 4 :

Ta có : DMP AMQAIC. Mặt khác góc ADB BCA  Þ MPDICAÞ
DM MP

DM IA MP CI

CI  IA Þ    hay DM.IA=MP.IB (1).
Ta có:ADC CBA

 180  180  

DMQ   AMQ   AIM BIA
Do đó DMQ BIA Þ

DM MQ

BI  IA Þ DM.IA=MQ.IB (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra

MQ

MP

= 1

CÂU 5

Để P xác định thì : x2-4x+3  0 và 1-x >0

Từ 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 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

P =

x
x
x




1

3
4

= x

x
x
x








3
1

)
3
)(
1
(

Đề 13
Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức .





2
2

1
1






a
a

A Với a > 0.

b. Tính giá trị của tổng. 2 2 2 2 2 2
100

1
99

1
1
...
3

1
2

1
1

1        


B

Câu 2 : Cho pt 2 1 0




 mx m
x

a. Chứng minh rằng pt ln ln có nghiệm với m.

b. Gọi x1,x2 là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.





2
3
2

2
1
2
2
2
1

2
1









x
x
x

x

x
x
P

Câu 3 : Cho x1, y1 Chứng minh.

xy
y

x    

 1

2
1

1
1

2
2

Câu 4 Cho đường tròn tâm O và dây AB. M là điểm chuyển động trên đường tròn, từM kẻ MH AB
(H Î AB). Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vng góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đường
thẳng vng góc với è cắt dây AB tại D.

1. Chứng minh rằng đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường trịn.
2. Chứng minh.

BH
AD
BD
AH

MB

MA

2
2



HƯỚNG DẪN
Câu 1 a. Bình phương 2 vế









Þ

a
a

a

A (Vì a > 0).
c. Áp dụng câu a.

100
9999
100

1
100

1
1
1
1





Þ






B

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Câu 2 a. : cm 0 m

B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:











2
1

m
x
x

m
x

x

2
1
2




Þ

m
m

P (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.

1
1

2
2

1
1
2










Þ




Þ

m
GTNN

m
GTLN

P

Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta được.
bđt

























1 2 2 













xy
y

y
x
y
xy

x

x
y
x





 

2 1



0

 x y xy đúng vì xy1

Câu 4: a

- Kẻ thêm đường phụ.

- Chứng minh MD là đường kính của (o)
=> ...

Gọi E', F' lần lượt là hình chiếu của D trên MA và MB.
Đặt HE = H1

HF = H2

 

1
.

.
.
.

. 2

2
2
1

MB
h
HF

MA
h
HE
BH

AD
BD
AH


Þ

HEF


 ∞ DF'E'


Þ HF.h2 HE.h

Thay vào (1) ta có:

BH
AD
BD
AH
MB

MA

2
2



Đề 14

Câu 1: Cho biểu thức D = 














ab
b
a
ab

b
a

1 : 












ab
ab
b
a

1
2
1

a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D
b) Tính giá trị của D với a =

3
2

2

c) Tìm giá trị lớn nhất của D

o
E'

E
A

F
F'

B
I

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Câu 2: Cho phương trình

3
2

 x

2- mx +

3
2

 m

2 + 4m - 1 = 0 (1)

a) Giải phương trình (1) với m = -1

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thỗ mãn 1 2
2

1
1

x
x

x

x   

Câu 3: Cho tam giác ABC đường phân giác AI, biết AB = c, AC = b, ˆ ( 900)

a a

A Chứng minh

rằng AI =

c
b

Cos
bc


2
.

2 a

(Cho Sin2a 2SinaCosa )

Câu 4: Cho đường trịn (O) đường kính AB và một điểm N di động trên một nửa đường tròn sao cho
.

B

N
A

N  Vễ vào trong đường tròn hình vng ANMP.

a) Chứng minh rằng đường thẳng NP ln đi qua điểm cố định Q.

b) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp.
c) Chứng minh đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1
Hãy tính giá trị của:

B =

x
xyz
y
zx
z
xy




HƯỚNG DẪN
Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là












1
0
0

ab
b
a

- Rút gọn D

D = 











ab
a
b
a
1

2
2

: 












ab
ab
b
a

D =

1
2


a

a

b) a = ( 3 1) 3 1

1
3
2
(
2
3
2

2 2



Þ





 a

Vậy D = 4 3

2
3
2
1
3
2

2
3
2
2







c) Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
1

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

1
2
1
2
1

I
Q
P
N
M
B
A
c
b
a
I
C
B
A
a
2
a
2
Vậy giá trị của D là 1

Câu 2: a) m = -1 phương trình (1) 0 2 9 0
2

9
2

1 2 2










 x x x x












Þ
10
1
10
1
2
1
x
x

b) Để phương trình 1 có 2 nghiệm thì

4
1
0

2
8

0     


 m m (*)

+ Để phương trình có nghiệm khác 0











Þ





2
3
4
2
3
4
0
1
4
2
1
2
1
2
m
m
m
m
(*)
+
















0
1
0
0
)
1
)(
(
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2

1 x x

x

x
x
x
x
x
x
x
x
x






















19
4
19
4
0
0
3
8
0
2
2
m
m
m
m
m
m

Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta được m = 0 và m4 19

Câu 3:

+ ;
2
.
2
1 a
cSin
AI
SABI 

+ ;
2
.
2
1 a
bSin
AI
SAIC 

+ ;

2
1

a
bcSin
SABC 

AIC
ABI

ABC S S

S    

c
b
bcCos
c

b
Sin
bcSin
AI
c
b
AISin
bcSin




Þ


Þ
2
2
)
(
2
)
(
2
a
a
a
a
a

Câu 4: a) Nˆ1 Nˆ2Gọi Q = NP (O)
QA QB

Þ    Suy ra Q cố định
b) Aˆ1 Mˆ1(Aˆ2)

Þ Tứ giác ABMI nội tiếp

c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định.
Tam giác ABF có: AQ = QB = QF

Þ ABF vng tại A Þ ˆ 450 ˆ 450


Þ

 AFB
B

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

-Þ APˆF AQˆF 900

Ta có: APˆFAPˆM 900 900 1800

Þ M1,P,F Thẳng hàng

Câu 5: Biến đổi B = xyz 








 2 2

1
1
1

z
y

x = 2

2
. 


</div>

tuyen tap 14 de thi vao lop 10 co huong dandoc

<b>HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10</b>

<b>Đề1</b>

<b>HƯỚNG DẪN</b>

B i 4:

à

<sub>H</sub>

K

M

<sub>A</sub>

B

O

C

D

S

<b>Đề 2</b>

b)



 







<b>HƯỚNG DẪN</b>

a

a

a

a

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>







 





 







<b>Đề 3</b>

<b>H</b>

<b> íng dÉn</b>









<i>MDN</i>





<i>MDI</i>

<b>Đề 5</b>





























<b>Đề 6</b>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>







 

 