TUYEN TAP DE THIDAP AN ON THI THPT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (440.58 KB, 35 trang )

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

Đề 1

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT miền xuôi và THCB - Năm học 1997-1998
Câu1: (2đ) a) Giải hệ pt:

5 2 1

2 3 4

x y
x y
 


  


b) Gi¶i pt: x2 - 13x + 42 = 0.

Câu2: (2,5đ) Cho đờng thẳng y = 2x và parabol y = x2 - 3
a) Tìm toạ độ giao điểm của hai đờng trên.

b) Đờng thẳng y = 2x, parabol y = x2+ 3 và đờng thẳng y = 3x - 1 có đồng quy (cắt nhau tại
một im) khụng?

Câu3: (2đ) Chứng minh pt: (x- a)x + x(x- b) + (x - b)(x - a) = 0 lu«n có nghiệm với mọi giá
trị của a, b.

Cõu4: (3,5) Cho đờng trịn tâm O có đờng kính AB và CD vng góc với nhau. Lấy I là điểm
bất kỳ trên đoạn CD.

a) Tìm điểm M trên đờng thẳng AD, điểm N trên đờng thẳng AC sao cho I là trung điểm của
đoạn MN.

b) Cho độ dài IA = a, bán kính đờng trịn tâm O bằng R. Tính chu vi ca tam giỏc AMN
theo a v R.

Bài làm

Câu1: a) Ta cã:

5 2 1
2 3 4

x y
x y
 


  
 

15 6 3
4 6 8

x y
x y
 


  

 
11 11
2 3 4

x
x y



  
 
1

2 3 4

x
x y



  
 
1
2
x
y







VËy hÖ pt cã nghiÖm duy nhÊt (x; y) = (1; 2).
b) XÐt pt: x2 - 13x + 42 = 0 (1)

Ta cã:  = (-13)2- 4.1.42 = 1.

Do  > 0 nªn pt (1) cã hai nghiƯm ph©n biƯt: x1=

13 1
2



= 7 ; x2=

13 1
2



= 6.

Câu2: a) Toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = 2x và parabol y = x2 - 3 là nghiệm của hệ pt:

2 2
1 1
2
2 2
2 2

3 2 3 0 3 3

2 6

x x

y x

y x y

y x y x

x

y x x x x x

x

y x y

   

  
 
 
    

     
    
         
     
  

 
 
 

Vậy tọa độ giao điểm của đờng thẳng y = 2x và parabol y = x2- 3 là:A(-1; -2) và B(3; 6).
b) Tọa độ giao điểm của đờng thẳng y = 2x và đờng thẳng y = 3x- 1 là nghiệm của hệ

pt:
2
3 1
y x
y x



 
 
2
3 1 2

y x
x x




 
 
2
1
y x
x





1
2
x
y


 



Vậy đờng thẳng y = 2x cắt đờng thẳng y = 3x- 1 tại điểm C(1; 2)

Vì parabol y = x2+3 không đi qua điểm C(1; 2) nên đờng thẳng y = 2x, parabol y = x2+ 3
và đờng thẳng y = 3x- 1 khơng đồng quy.

C©u3: Ta cã: (x- a)x + x(x- b) + (x- b)(x- a) = 0  x2- ax + x2- bx + x2- ax- bx+ ab = 0 
 3x2- 2(a+b)x + ab = 0 (1)

XÐt /= (a+b)2- 3ab = a2- ab + b2 = (a- 
1

2b)2 + 
3
4b2.
V× (a-

2b)2 0 vµ 
3

4b2 0 với mọi a, b nên / 0 với mọi a, b.
Do đó pt(1) ln có nghiệm với mọi a, b.

Hay pt: (x- a)x + x(x- b) + (x- b)(x- a) = 0 lu«n cã nghiƯm víi mäi a, b.
C©u4:

a) Giả sử ta xác định đợc điểm M



AD và N



AC sao cho I là trung điểm của MN.Gọi H là
hình chiếu của I lên AC.

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

 CAAD IH//AD

Mà I là trung điểm của MN nên IH là đờng trung bình của CAD

 H lµ trung điểm của AN.

Cách dựng:

Gi H l hình chiếu của I lên AC. Trên tia AC lấy điểm N sao cho H là trung điểm của AN.
Gọi M = AD IN. Khi đó I là trung điểm của MN.

b) KỴ MKAD (KCD) AC//MK(cïng AD)

Xét



MIK và



NIC có:
KMI = CNI (so le trong)
IM = IN (giả thiết)
MIK = NIC (đối đỉnh)




MIK =



NIC (g.c.g)

MK = CN(hai cạnh tơng ứng) (1)

AOD vuông cân(vì OAOD vµ OA = OD = R)  ODA= 45o.



KMD cã:

M = 90o(theo c¸ch dùng)
D= 45o(chøng minh trªn)

 K =180o-(M +D )=180o- (90o + 45o)= 45o

KMD vuông cân tại M KM = MD (2) 
Tõ (1) vµ (2)  CN = MD  AC + CN + AM = AC + AM + MD

Hay AN + AM = AC + AD = 2AC (*)

áp dụng định lí pitago vào tam giác vng AOC ta có:
AC2 = OA2+OC2 = R2+R2 = 2R2  AC = 2R (**)
Từ (*) và (**) AM + AN = 2 2R (3)

Ta có: MN = 2AI = 2a (tính chất đờng trung tuyến của tam giác vng) (4)
Gọi c là chu vi của tam giác AMN. Khi đó c = AM + AN + MN.

Tõ (3) vµ (4)  c = 2 2R + 2a.

Đề 2

Đề thi tốt nghiệp THCS - Năm häc 1998-1999

A.Lý thuyết: (2đ) Học sinh đợc chọn một trong hai đề sau:

Đề1: Phát biểu định nghĩa và nêu các tính chất của hàm số bậc nhất.
áp dụng: Cho hai hàm số bậc nhất :

y = 0,3x - 7 (1) vµ y = 1,5 - 2x (2)

Trong hai hàm số trên, hàm số nào là hàm số đồng biến? Hàm số nào là hàm số nghịch
biến? Vì sao?

Đề2: a) Chứng minh định lí: “Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo hai góc đối diện nhau
bằng hai góc vng”

b) Phát biểu định lớ o ca nh lớ trờn.

B. Bài toán bắt buộc: 8đ

Câu1:(2đ) Cho pt bậc hai: 2x2 - 7x + 2 + m = 0 (1)
a) Gi¶i pt khi m = 1.

b) Với giá trị nào của m th× pt (1) cã nghiƯm.

Câu2:(2,5đ) Cho một số tự nhiên có hai chữ số và tổng các chữ số của nó bằng 12. Tìm số

đó, biết rằng nếu thêm 4 vào tích của hai chữ số của số đã cho ta sẽ đ ợc một số bằng 3 lần
tổng của hai chữ số của số đã cho.

Câu3:(3,5đ) Cho tam giác vng cân ABC có AB = AC = 5cm. Đờng trịn đờng kính AC cắt
cạnh BC tại M. Tia phân giác của góc BAM cắt đờng trịn tại N (N khác A) và cắt cạnh BC tại
I. Đờng thẳng AM cắt đờng thẳng CN tại S.

a) Chứng minh tứ giác NIMS là tứ giác nội tiếp.
b) Tính độ dài đoạn IC.

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

Bµi lµm

A.Lý thuyÕt:

Đề1: *Định nghĩa:Hàm số bậc nhất là hàm số đợc cho bởi công thức: y = ax + b.
Trong đó a, b là các số cho trớc và a0.

*TÝnh chÊt:

+) Đồng biến trên R, khi a > 0
+) Nghịch biến trên R, khi a < 0
¸ p dơng:

+) Hàm số y = 0,3x - 7 là hàm số đồng biến, vì 0,3 > 0.
+) Hàm số y = 1,5 -2x là hàm số nghịch biến, vì -2 < 0.
2:

a) Giả sử tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
Ta cã: ABC=

2s®ADC; ADC=

2s®ABC

 ABC+ADC=
1

2s®ADC+

2s®ABC=

2 ( s®ADC+s®ABC

) =
1

2 .360o = 180o.
Chøng minh t¬ng tù ta cã: BAD+BCD= 180o.

b) Định lí đảo: Tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng hai góc vuụng l t giỏc
ni tip.

B. Bài toán bắt buộc:

Câu1:

a) Với m = 1 thì pt(1) trở thành 2x2 - 7x + 3 = 0 (*)
Ta cã:



= (-7)2- 4.2.3 = 25.



= 25 > 0 nªn pt(*) cã hai nghiƯm ph©n biƯt:
x1 =

7 25
2.2



= 3; x2 =

7 25
2.2



=
1
2.
b)XÐt pt: 2x2 - 7x + 2 + m = 0 (1)
Ta cã:



= (-7)2- 4.2.(2+m) = 33- 8m

pt(1) cã nghiÖm khi vµ chØ khi



0  33- 8m  0  m

33
8 .
VËy víi m

8 th× pt(1) cã nghiƯm.

Câu2: Gọi số tự nhiên đó là ab (aN*, bN)
Theo bài ra ta có:

12 8

8 4

12 12

4 3( ) (12 ) 3.12 4 12 32 0 12 4

4 8

a b a

a b

a b

a b

a b a b

a

ab a b a a a a a b a

a

a b

    

 

  

 

 

    

    

      

     

             

      

  



 

 

 

VËy sè cÇn tìm là 48 và 84
Câu3: a) Ta có:

AMC= 90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn) AMI = 180o- AMC= 90o(hai góc kề bù)
ANC= 90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn) INC = 180o- ANC= 90o(hai góc kề bù)
Tứ giác NIMS có:INS +IMS=INC+AMI= 90o + 90o = 180o NIMS là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có: BAI IAM (gt)

Mµ BAI =

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

IAM =
1

2sđNM(góc nội tiếp chắn NM)

 AN= NM
Mặt khác: ACN=

2sđAN(góc nội tiếp chắnAN)

NCI =
1

2s®NM (gãc néi tiÕp ch¾n NM

)

 ACN=NCI  CN là đờng cao đồng thời là đờng phân giác của ACI

 ACI cân tại C IC = AC = 5(cm)

c) ACI có S là giao điểm của hai đờng cao AM và CN  S là trực tâm của ACI

 IS AC  IS//AB (cïng vu«ng gãc víi AC) BAS+ASI= 180o (1)
ABM cã ABM = 45o ; AMB= 90o MAB = 45o  MAB =ABM (2)
Tõ (1) vµ (2) ABIASI = 180o BISA là tứ giác nội tiếp.

Đề 3

Đề thi vào lớp 10 chuyên Nga - Pháp Năm học 1999-2000
Câu1: a) TÝnh: A =

1 2
1 1 2

x
x



  +

1 2
1 1 2

x
x



  víi x =

3
4 .

b) Chứng minh bất đẳng thức: a2 + 4b(b-a) + 4c(c+a)  8bc.

Câu2: a) Phân tích thành nhân tử: A = -y2 + y(x- 1)2 + 2x3- x2.

b) Gi¶i pt: x4 - 7x3 + 13x2 - 7x + 12 = 0.

Câu3: Cho tam giác ABC vng tại A có các đỉnh A, B cố định và đỉnh C thay đổi trên tia At
vng góc với AB tại A. Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC và P, Q, R lần lợt là các
tiếp điểm của đờng tròn với các cạnh AC, BC, AB. Các đờng thẳng PQ và AI cắt nhau tại D.
a) Chứng minh bốn điểm B, D, Q, R nằm trên một đờng tròn.

b) Chứng minh khi C thay đổi trên At thì đờng thẳng PQ ln đi qua một điểm cố nh.

Bài làm

Câu1: 
a) Thay x =

4 vào biểu thøc A =

1 2
1 1 2

x
x



  +

1 2
1 1 2

x
x



  ta đợc:

A =
3
1 2
4
2 3
1 1
4

 
+
3
1 2
4
2 3
1 1
4

 
=
3

1
2
4 2 3
1
4



+
3
1
2
4 2 3
1
4



=
2
2
2 3
2
( 3 1)
1
2



+

2
2
2 3
2
( 3 1)
1
2



=
2 3
2
3 1
1
2



+
2 3
2
3 1
1
2



=
2 3

2
3 3
2


+
2 3
2
3 3
2


=
2 3
2

.
2
3 3 +

2 3
2



.
2
3 3 =

2 3

3 3

 + 
2 3
3 3

 =

(2 3)(3 3) (2 3)(3 3)
(3 3)(3 3)

    

 

6 2 3 3 3 3 6 2 3 3 3 3
9 3

      

 =

6
6= 1

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

C©u2:

a)Ta cã: A = -y2 + y(x-1)2 + 2x3 - x2 = -y2 + yx2 - 2yx + y + 2x3 - x2

= (yx2 + 2x3 - x2) + (-y2 - 2yx + y) = x2(y + 2x - 1) -y(y + 2x - 1) 
= (y + 2x - 1)(x2- y)

b) Ta cã: x4- 7x3 + 13x2- 7x + 12 = 0  x4 - 7x3 + 12x2 + x2- 7x + 12 = 0
 (x4 + x2) + (-7x3 – 7x) + (12x2 + 12) = 0

 x2(x2 + 1) - 7x(x2 + 1) + 12(x2 + 1) = 0 
 (x2 + 1)(x2- 7x + 12) = 0 (1)

v× x2 + 1  1 víi mäi x nªn (1)  x2- 7x + 12 = 0 (2)
XÐt



= (-7)2 – 4.1.12 = 1 > 0

Do đó pt(2) có hai nghiệm phân biệt:
x1=

7 1
2.1



= 4; x2=
7 1

2.1



= 3.

Vậy pt đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1= 4 và x2= 3.
Câu3:

a) Ta cã: BRI +BQI = 90o + 90o = 180o
VËy tø gi¸c BRIQ néi tiÕp (1)

Ta l¹i cã: DIR=DIP(c.g.c)

 DRI =DPI

Mà QIP cân nên IQP =IPQ
DRI =DQI

VËy tø gi¸c QDIR néi tiÕp (2)

Từ (1) và (2)  B,Q,D,I,R cùng thuộc một đờng tròn

 đpcm

b) Vì tứ giác BRID nội tiếp mà BRI = 90o nên BDI = 90o

Vậy BDA vuông cân, AB cố định nên D cố định. Do đó PQ ln đi qua điểm D cố định.
Đề 4

Kú thi tun sinh vµo lớp 10 THPT - Năm học 2000-2001
Câu1: (2đ)

a) Tìm các giá trị của a, b biết rằng đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua các điểm:
A(2;-1) ; B(

1
2;2)

b) Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số y = mx + 3 ; y = 3x - 7 và đồ thị của hàm
số xác định ở câu a đồng qui (cắt nhau ti mt im).

Câu2: (2đ) Cho pt bậc hai: x2 – 2(m+1)x + 2m + 5 = 0.
a) Gi¶i pt khi m =

5
2.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để pt đã cho có nghiệm.

Câu3: (2,5đ) Cho đờng trịn (O) và một đờng kính AB của nó. Gọi S là trung điểm của OA,
vẽ đờng tròn (S) có tâm là điểm S và đi qua A.

a) Chứng minh đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau.

b) Qua A vẽ các đờng thẳng Ax cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại M, Q; đờng thẳng Ay
cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại N, F; đờng thẳng Az cắt các đờng tròn (S) và (O) theo
thứ tự tại P, T. Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác QFT.

Câu4: (2đ) Cho hình chóp SABC có tất cả các mặt đều là tam giác đều cạnh a. Gọi M là trung
điểm của cạnh SA; N là trung điểm của cạnh BC.

a) Chøng minh MN vu«ng gãc víi SA và BC.
b) Tính diện tích của tam giác MBC theo a.

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

Bài làm

Câu1:

a) Thay tọa độ điểm A(2;-1); B(
1

2;2) vµo pt y = ax + b ta cã hÖ:

2 1

2
2

a b
a b

 





 




Ta cã:

2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 4 8 3 9 3 3

2
2

a b a b a b a b a

a b b b b

a b

 



      

   



   

    

    

     





b) Ta thấy đờng thẳng y = -2x + 3 và y = 3x - 7 cùng đi qua điểm A(2;-1). Để các đờng thẳng
y = -2x + 3; y = 3x - 7 và y = mx + 3 thì đờng thẳng y = mx + 3 phải đi qua điểm A(2;-1).
Thay tọa độ điểm A vào pt y = mx + 3 ta có: 2m + 3 = -1  m = -2.

Vậy với m = -2 thì đồ thị các hàm số y = -2x + 3; y = 3x- 7 và y = mx + 3 đồng quy tại một
điểm.

C©u2: 
a) Khi m =

2 pt trë thµnh x2 – 7x + 10 = 0 (1)
Ta xÐt  = (-7)2- 4.1.10 = 9

Do > 0 nên pt (1) có hai nghiệm phân biÖt:
x1=

7 9
2



= 5; x2=

7 9



= 2
b) XÐt pt: x2- 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 (*)

Ta cã '= [-(m+1)]2- 1.(2m+5) = m2 + 2m + 1 – 2m – 5 = m2- 4
Pt (*) cã nghiÖm  '0  m2- 40  m -2; m 2.

VËy víi m -2 hc m 2 thì pt (*) có nghiệm.

Câu3:

a) Vì S là trung điểm của OA nên OS = OA- SA= R- r > 0
Vậy đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau

b) Ta cã: MAP +MNP= 180o (tø gi¸c AMNP néi tiÕp)
QAT + QFT = 180o (tø gi¸c AQFT néi tiÕp)
 MNP = QFT (1)

Mặt khác:MPN =MAN (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n MN )
QTF = QAF (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n FQ )
 MPN = QTF (2)

Từ (1) và (2) suy ra



MNP đồng dạng với



QFT (g-g).
Câu4:

a) Tam giác SBC là tam giác đều nên trung tuyến SN
đồng thời là đờng cao SNB vuông tại N

áp dụng định lí pitago vào tam giác vng SNB ta có:

SN = SB2 NB2 =

2 ( )2
2

a
a 

=
3
2

a

(1)
T¬ng tù ta cã AN =

3
2

a

(2)

Từ (1) và (2)  SAN cân tại N nên trung tuyến NM đồng thời là đờng cao MNSA

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

b) áp dụng định lí pitago vào tam giác vng SNM ta có:

MN= SN2 SM2 =

2 2
3

4 4

a a



=
2
2

a

 SABC =

2MN.BC= 
1
2.

2
2

a

.a =
2 2

a

(đvdt)
Câu5: M = (x1999)2 + (x 2000)2 + (x 2001)2
Ta chøng minh: a +b a b (*)

Thật vậy: a +b a b  (a +b )2(a b )2 ( a )2+2 a b +(b)2(a+b)2
 a2+2ab +b2a2+2ab+b2 ab ab ln đúng.

DÊu”=” x¶y ra ab0.

Ta cã: M = (x1999)2 + (x 2000)2 + (2001 x)2 (v× (x-2001)2=(2001-x)2)
= x1999 + x 2000 +2001 x

áp dụng bất đẳng thức (*) cho hai số x1999 và 2001 x ta có:

x1999 +2001 x (x1999) (2001  x)  x1999 +2001 x x1999 2001  x

 x1999 +2001 x 2  x1999 + 2001 x 2 (1)

Mặt khác: x 2000 0 víi mäi x (2)

Tõ (1) vµ (2)  x1999 + x 2000 +2001 x 2 Hay M  2

Dấu= xảy ra khi và chỉ khi:

2000 0 2000 0 2000

2000
( 1999)(2001 ) 0 1999 2001

1999 2001 2

x x x

x

x x x

x x

       



   

  

    

     




Víi x = 2000 ta cã M = (2000 1999) 2 + (2000 2000) 2 + (2000 2001) 2
= 1+ 0+ 1 = 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 2.

Đề 5

Kỳ thi vào lớp 10 PTTH Lam Sơn - Năm học 2000-2001
Câu1: (2đ) Xét biểu thức: A = 1- (

2
1 2 x -

5
4 1

x
x -

1
1 2 x ):

4 4 1

x

x x



 

a) Rút gọn A và nêu các điều kiện phải có của x.
b) Tìm giá trị của x A =

-1
2.

Câu2: (2đ) Giải hệ pt:

1 1 1
1
1 1 1

2
1 1 1

x y z
y z x
z x y



  





  





  





Câu3: (1,5đ) Tìm các hệ số p, q của pt x2 + px + q = 0 sao cho nã có các nghiệm x

1, x2 thoả

mÃn:

1 2
3 3
1 2

5
35

x x
x x

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

Câu4: (1,5đ) Cho a, b, c, d là các số thực dơng có tæng b»ng 1. CMR:

a
a b +

b
b c +

c
c d +

d
d a

1
2

Khi nào xảy ra dÊu “=”?

Câu5: (3đ) Cho một nửa đờng tròn (O) đờng kính AB; một điểm M nằm trên cung AB và một
điểm C nằm trên đờng kính AB sao cho CA < CB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M
ngời ta kẻ các tia Ax, By vuông góc với AB. Đờng thẳng đi qua M vng góc với MC cắt Ax,
By theo thứ tự tại P, Q. Gọi R là giao điểm của AM với CP; S là giao điểm của BM với CQ.
a) Chứng minh các tứ giác APMC, BQMC nội tiếp đợc.

b) Chøng minh RS //AB

c) Tứ giác ARSC có thể là hình bình hành đợc khơng? Tại sao?

Bµi làm

Câu1: A = 1- (
2
1 2 x -

5
4 1

x
x -

1
1 2 x):

4 4 1

x

x x



 

a) §iỊu kiÖn: x0; 1- 2 x 0; 4x-10  x0 vµ x 

1
4.

Ta cã: A = 1- (
2
1 2 x -

5
4 1

x
x -

1
1 2 x ):

4 4 1

x

x x



 

= 1- (

2(1 2 )
(1 2 )(1 2 )

x
x x


  + 
5
1 4
x
x
 - 
1 2

(1 2 )(1 2 )

x

x x



  ).

4 4 1

1
x x
x
 

= 1-

2 4 5 1 2

(1 2 )(1 2 )

x x x

x x

   

  .

4 4 1

x x

x

 

 = 1-

(1 2 )(1 2 )

x
x x

  .
2

(2 1)
1
x
x



= 1 +
1 2
1 2
x
x

 = 
2
1 2 x

b) Ta cã A =
-1
2 

1 2 x =

-1

2  1-2 x= - 4 2 x= 5  x=

2  x=

25
4 .
Kết hợp với điều kiện trên ta thấy với x=

4 thì A = 
-1
2.

Câu2: Ta có:

1 1 1
1
1 1 1

2
1 1 1

x y z
y z x
z x y


  




  



  


2 2
5
5
2 1
4
2
2
2
3 3
x
x
y
y
z
z
   
 
 
 
 

 
     
 

 


 



Vậy hệ pt đã cho có nghiệm(x;y;z) = (
2
5

;
1
2

;
2
3

)
Câu3: Pt: x2 + px + q = 0 (1) có nghiệm  = p2- 4q 0

Với x1; x2 là các nghiệm của pt(1). Theo vi-et ta cã:
x1 + x2=

b

a



= -p; x1.x2 =

c
a= q

Ta cã:

1 2 1 2 1 2

3 3 2 2 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2

5 5 5

35 ( )( ) 7

x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

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

1 2
2

1 2 1 2
2

1 2 1 2
5

( ) 3 . 7

( ) . 7

x x

x x x x

 


    

  


1 2 1 2 2

1 2 1 2

2 2

1 2 1 2

5 5

6
1

3 . 18 . 6

6 1

( ) 1 ( ) 1

p

x x x x

q
p

x x x x

q p

x x x x

q
 
      

 
  
        

  

  
    
  
 


Víi p2 = 1 vµ q = - 6 ta cã =1- 4.(-6) = 25 > 0 thoả mÃn điều kiện.
Vậy với p= -1 và q= -6 hoặc p= 1 và q= -6 là các cặp giá trị cần tìm.
Câu4: áp dụng bđt côsi cho hai số

a

a b và 4

a b

ta cã:

a

a b + 4

a b
 2

2
.

a a b
a b



2
a

a b + 4

a b
 22

a



a

a b + 4

a b

 a (1)

T¬ng tù ta cã:
2

b

b c + 4

b c

 b (2)

c

c d + 4

c d

 c (3)

d

d a + 4

d a

 d (4)

Tõ (1);(2);(3)vµ (4)
2

a

a b + 4

a b

+
2

b

b c + 4

b c

+
2

c

c d + 4

c d

+
2

d

d a + 4

d a

 a + b + c + d

 (
2

a
a b +

b
b c +

c
c d +

d

d a )+ ( 4

a b

+ 4

b c

+ 4

c d

+ 4

d a

)1

 (

a
a b +

b
b c +

c
c d +

d
d a )+

2( )

a b c d  
1

 (

a
a b +

b
b c +

c
c d +

d
d a )+

1
2 1

 (
2

a
a b +

b
b c +

c
c d +

d
d a )

1
2
Vậy đẳng thức đã đợc chứng minh
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2 2

2 2 2 2

2 2

4 4

4 ( )

4 4

4 ( )

4 4 4 ( )

4 4

a a b a a b

a

a b a b

a a b a b

b b c b b c

b b b c b c

b c b c

c d

c c d c c d c c d

c

d a

c d c d d d a

d d a d d a

d

d a d a

   
  
 
 
  
   
   

   
    
     

  
   

   
      
        

 
 
    
   

   a = b = c = d =

1
4
C©u5:

a) Ta cã:

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

b) Ta cã:



PMA=PCA(hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung PA)


QMB=QCB

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB)

Mặt khác: AMB=90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

 PCA+QCB =PMA +QMB =90o

 PCQ =90o  Tứ giác MRCS nội tiếp đờng trịn(vì RMS+RCS =180o)

 RCM =RSM(hai gãc nội tiếp cùng chắn cung RM) (1)

Ta lại có:

PAM =PCM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PM) (2)
PAM =ABM(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra RSM =ABM (ở vị trí đồng vị)
 RS//AB

c) Tứ giác ARSC không thể là hình bình hành. Vì:

Nếu tứ giác ARSC là hình bình hành CS//AM  CSMB  PC//MB  AMPC
 PC lµ trung trùc cña AM  CA = CM  CO

 CA = CB mâu thuẫn với giả thiết CA< CB

Đề 6

Kỳ thi tốt nghiệp THCS - Năm học 2001-2002

A.Lý thuyt:(2) Học sinh đợc chọn một trong hai câu sau:

Câu1: a) Hãy nêu hệ thức vi-et đối với pt bậc hai (không chứng minh)
b) Cho hai đờng thẳng d1 và d2 có pt tơng ứng là:

y = ax + b vµ y = mx + n.

Hỏi khi nào hai đờng thẳng đó cắt nhau? Song song với nhau? Trùng nhau?

Câu2: a) Chứng minh định lí: “Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo hai góc đối diện nhau 
bằng hai góc vng”

b) Phát biểu định lớ o ca nh lớ trờn.

B.Bài tập bắt buộc:(8đ)

Câu1:(2đ) Cho pt bËc hai: x2 – 7x + m + 2 = 0
a) Gi¶i pt khi m = 4.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để pt có nghiệm

Câu2:(2,5đ) Một hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là 1500m2. Tính kích thớc 
của hình chữ nhật đó.

Câu3:(3,5đ) Cho đờng trịn tâm O đờng kính BC, M là một điểm trên đờng tròn (M khác B và
C). Tiếp tuyến của đờng tròn tại M cắt hai tiếp tuyến của đờng tròn tại B và C ở các điểm tơng
ứng là P và Q.

a) Chøng minh các tứ giác BPMO và CQMO nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác POQ là tam giác vuông tại O.

c) Hạ MA vuông góc với BC (A nằm trên BC), hạ AE vuông góc với MB (E nằm trên MB), hạ
AF vuông góc với MC (F nằm trên MC). Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp.

Bài làm
A.Lý thuyết:

Câu1:

a) NÕu x1, x2 lµ nghiƯm cđa pt ax2+ bx + c = 0 (a0) th×

1 2

1. 2

b
x x

a
c
x x

a




 





 




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

Đờng thẳng y = ax+b và y = mx+n song song víi nhau  a=m vµ bn

Đờng thẳng y = ax+b vµ y = mx+n trïng nhau  a=m và b=n

Câu2: a) Giả sử tứ giác ABCD là tø gi¸c néi tiÕp.
Ta cã: ABC=

2s®ADC; ADC=

2s®ABC

 ABC+ADC=
1

2s®ADC+

2s®ABC=

2 ( s®ADC+s®ABC) =

2 .360o = 180o.
Chøng minh t¬ng tù ta cã: BAD+BCD= 180o.

b) Định lí đảo: Tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng hai gúc vuụng l t giỏc
ni tip.

B.Bài tập bắt buộc:

C©u1: Cho pt bËc hai: x2 – 7x + m + 2 = 0
a) Khi m = 4 pt trë thµnh x2 – 7x + 6 = 0 (1)

Ta cã a+b+c = 1+(-7) +6 = 0 nªn pt (1) cã hai nghiƯm ph©n biƯt: x1= 1; x2=

c
a=6

b) Pt: x2 – 7x + m + 2 = 0 cã nghiÖm 



= (-7)2- 4.1.(m+2) 0
 49- 4m- 80  4m 41  m 

41
4
C©u2:

Gäi kích thớc của hình chữ nhật là a, b.

Theo bµi ra ta cã: a + b =160:2 = 80; ab = 1500.

Kích thớc của hình chữ nhật là nghiệm của pt: x2- 80x + 1500 = 0
Ta có:



'=(-40)2- 1500 = 100. Do đó pt có hai nghiệm phân biệt:
x1=

40 100
1



= 30; x2=

40 100
1



= 50.

Vậy kích thớc của hình chữ nhật đó là 30m và 50m.
Câu3:

a) Tứ giác BPMO nội tiếp đờng trịn(vì OBP +OMP =180o)
Tứ giác CQMO nội tiếp đờng trịn(vì OMQ +OCQ =180o)
b)Ta có:BOP= BMP(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP)
COQ = CMQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CQ)
Mặt khác: BMC=90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)
 BOP+COQ = BMP +CMQ = 90o

 POQ =90o tam giác POQ vuông tại O.

c) Ta có: MBA +BMA =90o(hai gãc phô nhau)

Tứ giác AEMF nội tiếp đờng trịn(vì MEA +MFA=180o) 
 EMA = EFA(hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA)

Tứ giác BEFC có: EBC+EFC= EBC+EFA+AFC=MBA +BMA +AFC=90o+90o = 180o
 Tứ giác BEFC ni tip ng trũn

Đề 7

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2001-2002
Câu1: (1,5đ) Cho biểu thøc: A = (

2
3 4

x
x  x -

6
3x 6 +

1
2

x ):(x - 2 +

2
10

x
x



 )

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

b) Tính giá trị của biểu thức A với x =
1
2.

Câu2: (2đ) Cho pt: x2 -2(m – 1) x – (m + 1) = 0.
a) Giải pt trình với m = 2.

b) Chng minh rằng với mọi m pt ln ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2.
c) Tìm m để x1 x2 cú giỏ tr nh nht.

Câu3: (1,5đ) Cho hệ pt:

1
2 .

x y

mx y m

 




 



a) Gi¶i hƯ pt víi m = 2.

b) Xác định m để hệ pt có 1 nghiệm? Vơ nghiệm? Vơ số nghiệm?

Câu4: (2,5đ) Cho tam giác cân ABC (AB = AC), với A = 45o, nội tiếp trong đờng tròn tâm O.
Đờng tròn đờng kính BC cắt AB ở E, cắt AC ở F

a) CMR: O thuộc đờng trịn đờng kính BC

b) CM: AEC; AFB là những tam giác vuông cân.

c) Chứng minh tứ giác EOFB là hình thang cân. Suy ra EF = BC.
2
2
C©u5:(1,5)

Cho tứ diện có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2cm. SA vuông góc với đáy, SA = 2cm.
a) Tính thể tích của tứ diện

b) Gọi AM là đờng cao , O là trực tâm của tam giác ABC. Gọi H là hình chiếu của O trên
SM. Chứng minh rằng OH vng góc với mt phng (SBC)

Câu6: (1đ) Tìm nghiệm nguyên dơng của pt: x + y = 1998

Bài làm

Câu1: A = (
2
3 4

x
x  x -

6
3x 6 +

1
2

x ):(x - 2 +

2
10

x
x



 )

a) Ta cã: A = (
2
3 4

x
x  x -

6
3x 6 +

1
2

x ):(x - 2 +

2
10

x
x



 )

= (

( 2)( 2)

x

x x x -

6
3(x 2)+

1
2

x ):(

( 2)( 2)
2

x x

x

 

 +

2
10

x
x



 )

= (( 2)( 2)

x

x x

-2
2

x +

1
2

x ):

2 4 10 2
2

x x

x

  



2( 2) 2
( 2)( 2)

x x x

x x

   

  :

6
2

x =

6
(x 2)(x 2)



  .

x

=
1
2-x

b) Víi x =
1

2 ta cã: A = 
1

1
2



=
2
3

C©u2: a) Víi m = 2 pt trë thµnh: x2- 2 x -3 = 0 (1)

Ta cã a- b +c =1-(-2) -3 = 0 nªn pt(1) cã hai nghiƯm ph©n biƯt:
x1= -1; x2=

c
a



= 3
b) XÐt pt x2- 2(m- 1) x - (m + 1) = 0 (*).

Cã: '= [-(m-1)]2+ m +1 = m2- 2m+ 1+ m +1= m2- m+ 2 > 0 víi mäi m nªn pt(*) 
luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị cña m.

c) Ta cã x1 x2 =

2
1 2
(x  x )

1 2 1 2
(x x )  4x x

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

= 4m2 8m 4 4m4= 4m2 4m8= 4(m2 m2)= 2

2 1 7

4 4

m  m 

= 2

2 1 7

( )

4 4

m  m 

= 2

2
1 7

( )

2 4

m 

V×
(m-1

2)20 víi mäi m  
(m-1
2)2+

7
4 

4víi mäi m x1 x2 2
7

4 = 7víi mäi m
DÊu”=” x¶y ra  m-

2= 0  m =

1
2.
VËy víi m =

2 th× x1 x2 có giá trị nhỏ nhất.

Câu3: a) Víi m = 2 hƯ pt trë thµnh

1 3 3

2 4 1 2

x y x x

x y x y y

   

  

 

  

    

  

Vậy khi m = 2 thì hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (3; -2)

b) Ta cã:

1 1

2 ( 1) 2 1

x y x y

mx y m m x m

   

 



 

    

 

+) Hệ pt đã cho có một nghiệm  (m-1)x = 2m-1 có một nghiệm  m- 10 m1.

+) Hệ pt đã cho vô nghiệm (m-1)x = 2m-1 vô nghiệm m- 1 = 0 và 2m- 10 m =1.

+) Hệ pt đã cho có vơ số nghiệm  (m-1)x = 2m-1 có vơ số nghiệm m- 1 = 2m- 1=0.
Khơng có giá trị nào của m thoả mãn m- 1 = 2m- 1=0.

Vậy khơng có giá trị nào của m để pt đã cho có vơ số nghiệm.
Câu4:

a) Ta cã BAC=
1

2s®BmC = 45o(góc nội tiếp) sđBmC=90o

BOC=sđBmC=90o(góc ở tâm)

O nm trên đờng trịn đờng kính BC

b) Ta cã:

BEC=90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
 AEC= 180o- BEC =90o(hai góc kề bù)
 AEC là tam giác vng có EAC= 45o
 AEC là tam giác vuông cân.

Chứng minh tơng tự ta cóAFB là tam giác vng cân.
c) Ta có: OEC = 45o(góc nội tiếp chắn 1/4đờng trịn)
Mà tam giác AEC vuông cân tại E nên EO là phân giác
đồng thời là đờng cao EOAC

Lại có BFAC(c/m trên)

Vậy EO//BF

Mặt khác EBF = OFB = 45o.

Vậy tứ giác BEOF là hình thang c©n.
 EF = BO

¸p dơng hƯ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông OBC ta cã:
OB = BC.SinOCB = BC. Sin45o = BC.

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

Do EOF =BEO  EF = OB = BC.
2
2
C©u5:

a) Ta cã: SABC =
1

2AM.BC = 
1

2 3.2 = 3(cm2)
 VSABC =

3B.h = 
1

3 3.2 =
2

3 (cm3)
b) Ta cã: BCAM(gt)

SABC(gt)

BC(SAM) BCOH

Mặt khác OHSM(gt)

 OH(SBC)

C©u6:

Ta cã: x + y = 1998  x + y = 3 222
Vì 222 là số vô tỉ nên x= a 222; y = b 222

 x + y = (a + b) 222  3 222  a + b = 3

Do a, b nguyên dơng nên
1
2

a
b

hoặc

2
1

a
b

Với a =2 và b = 1 ta cã:

2 222
222

x
y

 








888
222

x
y



 





Víi a = 1 vµ b = 2 ta cã:

222
2 222

x
y

 









Đề 8

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT ( Tỉnh Ninh Bình) - Năm học 2001-2002
Câu1: Giải c¸c pt:

1) x2 + 5x – 14 = 0.

2) 2x + 5 2x1 - 15 = 0

3) x4 + 5x3 – 10x2 + 10x + 4 = 0.

C©u2: Cho hÖ pt:

2 ( 1) 5
( 1) 5

m x m y
mx m y

   



  



1) Gi¶i hƯ pt víi m = 2.

2) Tìm giá trị của m để hệ pt trên có nghiệm x = y = -5

C©u3: Víi a 0; a4; a9. Rót gän biĨu thøc: P =

3
1

a
a

  



 

 



 :

2 3 2

3 2 5 6

a a a

a a a a

    

 

 

     



Câu4: Cho đờng trịn đờng kính AB; Trên tia AB lấy điểm C sao cho B nằm giữa AC, từ C kẻ
đờng thẳng x vng góc với AB, trên x lấy điểm D (DC). Nối DA cắt đờng tròn tại M, nối

DB cắt đờng tròn tại N, nối CN cắt đờng tròn tại K.
1) Chứng minh ADCN là tứ giác nội tiếp đợc đờng tròn.
2) Chứng minh AC là phân giác của góc KAD.

3) Kéo dài MB cắt đờng thẳng x tại S. Chứng minh ba điểm S, A, N thẳng hàng.
Câu5: Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đờng cao AH. Đặt HB = x, HC = y, AH = z.
Chứng minh rằng: nếu x + y + z = xyz thì z 3. Đẳng thức xảy ra khi nào?

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

C©u1:

1) x2 + 5x – 14 = 0 (1)

Ta cã:



= 52- 4.1.(-14) = 81.

> 0 nên pt(1) có hai nghiệm phân biệt:
x1=

5 81
2

 

= 2; x2=

5 81
2

 

= -7
2) 2x + 5 2x1 - 15 = 0 (2)

§iỊu kiƯn: 2x- 10  x

1
2.

Pt(2) 2x- 1+ 5 2x1- 14 = 0  ( 2x1)2+ 5 2x1- 14 = 0 (*)
Đặt t = 2x1 (t0)

Pt(*) t2 + 5t – 14 = 0 cã hai nghiƯm ph©n biƯt (theo (1)): t

1= 2; t2= -7(lo¹i)
Víi t = 2 2x1= 2  2x-1 = 4  x =

2(thoả mÃn điều kiện x

1
2)
Vy pt đã cho có nghiệm x =

2 
3)x4 + 5x3 – 10x2 + 10x + 4 = 0

Gi¶i: ta thÊy x = 0 không là nghiệm của pt

Với x0 chia hai vế của pt cho x2 ta đợc x2 + 5x- 10 +
10

x + 2
4

x = 0

Đặt y = x +
2

x ta cã pt míi y2 + 5y - 14 = 0 
Theo c©u a ta cã: y1 = -7; y2 = 2

Víi y = -7 ta cã: x2 + 7x + 2 = 0 x=

7 41
2

 

; x =

7 41
2

 

Với y = 2 ta có: x2- 2x + 2 = 0 vô nghiệm
Vậy pt đã cho có hai nghiệm x=

7 41
2

 

; x =

7 41
2

 

C©u2:

1) Víi m = 2 hƯ pt(1) trë thµnh:

4 5 4 5 5 5 1 1

2 3 5 4 6 10 4 5 4 5 1

x y x y y y x

x y x y x y x y y

      

    

   

    

        

    

2) Thay x = y = -5 vào hệ pt (1) ta đợc:

2 2 2

5 5( 1) 5 5 5 5 5 5 5 0

5 5( 1) 5 10 5 5 10 10

m m m m m m

m

m m m m

          

   

  

       

  

VËy víi m = -1 th× hƯ pt(1) cã nghiƯm x = y = -5
C©u3: Víi a 0; a4; a9 Ta cã:

P =

3
1

a
a

  



 

 



 :

2 3 2

3 2 5 6

a a a

a a a a

    

 

 

     



2 3

a a

a

    

 

 



 :

2 3 2

3 2 (2 )(3 )

a a a

a a a a

    

 

 

     



=
1

a :

(2 )(2 ) (3 )(3 ) 2

(2 )(3 )

a a a a a

a a

      

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

=
1

a :

4 9 2

(2 )(3 )

a a a

a a

    

 

=
1

a :

3
(2 )(3 )

a

a a



  =

1
2

a :

1
2

a =1

C©u4:

a) Ta có: ANB= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)
AND= 90o

Mặt khác: ACD= 90o

Do đó hai điểm N và C cùng nhìn AD dới một góc vng

 Hai điểm N và C cùng nằm trên đờng trịn đờng kính AD

Hay tứ giác ADCN nội tiếp đờng trịn.

b) Ta có: KAB=KNB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK)
KNB=CAD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
 KAB =CAD  AC là phân giác của KAD.
c) Ta có: AMB= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)
B là giao điểm của hai đờng cao SM và AC của ADS

nên B là trực tâmADS

Mặt khác DNAN (chứng minh trên)

Do đó DN là đờng cao cịn lại của ADS
Hay ba điểm A, N, S thẳng hàng.

C©u5:

áp dụng hệ thức về đờng cao ta có: z2 = x.y
 z = xy

Ta cã: x + y + z = xyz  x + y + xy = xy xy
 x- 2 xy+ y + 3 xy = xy xy

 x- 2 xy + y = xy xy- 3 xy
 ( x- y)2 = xy(xy- 3)

V× ( x- y )2  0 víi mäi x, y d¬ng

 xy(xy- 3)  0  xy- 3  0  xy  3  xy  3  z 3.

DÊu”=” x¶y ra khi vµ chØ khi:

3 3 3

3
0

xy xy xy

x y
x y

x y x y

 

   

 

    

  



  

  

 

§Ị 9

Kú thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2002 2003.
Câu1:(1,5đ) 1) Giải pt: x2 6x + 5 = 0

2) Tính giá trị của biểu thức: A = ( 32 - 50 + 8) : 18
Câu2:(1,5đ) Cho pt: mx2 – (2m + 1)x + m - 2 = 0 (1), với m là tham số.
Tìm các giá trị của m để pt (1):

a) Có nghiệm.

b) Có tổng bình phơng các nghiệm bằng 22.

c) Có bình phơng của hiệu hai nghiệm bằng 13.

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

Câu4:(1đ) Cho biểu thức: B = 
2
2
3 5

x
x




1) Tìm các giá trị nguyên của x để B nhận giá trị nguyên.
2) Tìm giá trị lớn nhất của B.

Câu5:(2,5đ) Cho tam giác ABC cân đỉnh A nội tiếp trong đờng tròn tâm O. Gọi M, N, P lần 
l-ợt là các điểm chính giữa các cung nhỏ AB, BC, CA; BP cắt AN tại I; MN cắt AB tại E. Chứng
minh rằng:

1) Tứ giác BCPM là hình thang cân; Gãc ABN cã sè ®o b»ng 90o.
2) Tam giác BIN cân; EI//BC.

Cõu6:(1,5) Cho hỡnh chúp t giỏc đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy là 18cm, độ dài đờng cao 
là 12cm.

1) TÝnh diÖn tÝch xung quanh và thể tích của hình chóp.

2) Chứng minh đờng thẳng AC vng góc với mặt phẳng (SBD).
Câu7:(1đ) Giải pt: x4 + x22002 = 2002

Bài làm

Câu1: 1) Giải pt: x2 6x + 5 = 0 (1)
Ta cã: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0

VËy pt(1) cã hai nghiƯm ph©n biÖt: x1= 1; x2=

c
a= 5

2) Ta cã: A = ( 32 - 50 + 8): 18 = (4 2- 5 2 + 2 2): 3 2= 2:3 2=
1
3
C©u2: Cho pt: mx2 – (2m + 1)x + m - 2 = 0 (1), víi m lµ tham sè.

a)- NÕu m = 0 pt(1) trë thµnh -x - 2 = 0  x = -2

- NÕu m0: Pt(1) cã nghiÖm 



= (-2m- 1)2 - 4m(m- 2)  0

 4m2 + 4m + 1- 4m2 + 8m 0  12m -1 m 
1
12

Kết hợp với điều kiện trên ta có m0 và m

1
12

Vậy với m 

1
12



th× pt(1) cã nghiƯm.

b) Pt(1) cã tỉng b×nh phơng các nghiệm bằng 22

2 2
1 2

0
0

m
x x





 



2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

0 0 0

1 1 1

12 12 12

2 . 2 . 22 ( ) 2 . 22 2 1 2

2 22

m m m

x x x x x x x x x x m m

m m




  

  

     

  

        

  

           

  

 

 

 

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

2 2 2

2 2

0 0

1 1

12 12

(2 1) 2 4 (2 1) (2 4) 22

22 0 0

m m

m m m m m m

m
m m
 
   
 
 
 
     
 
       
   
 
 

2 2 2 2

0 0

1 1

12 12

4 4 1 2 4 22 0 20 8 1 0

m m

m m m m m m m

 
 
   
 
     
 
          
 
0
1 1
12 2
1
2
1
10

m
m m
m
m




 



    






 



VËy víi m =
1

2 thì pt(1) có tổng các nghiệm bằng 22

c) Pt(1) cã bình phơng của hiệu hai nghiệm bằng 13

1 2

0
0

x x 13

m
 


 


 



2 2 2

1 2 1 2

0 0 0

1 1 1

12 12 12

( ) 4 13 2 1 2 (2 1) 4 8

13 0

4 13

m m m

x x x x m m m m

m
m
m m




  
 

 
  
  
        
  
         
    
 

  
  



2 2 2 2

0 0

1 1

12 12

(2 1) (4 8) 13 (2 1) (4 8) 13 0

m m

m m m m m m m m

m

   
 
 

 
     
 
          




2 2 2 2

0 0 0

1 1 1

12 12 12

13
1

4 4 1 4 8 13 0 13 12 1 0

1
13

m m m

m

m m m

m
m

m m m m m m m

m



  
  


  
  
   
          
 
  

            
 
 
 



VËy víi m = 1 hoặc m =
1
13

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

Câu3

Gọi hai cạnh góc vng của tam giác vng là a, b(a;b >0). Khi đó cạnh huyền là a2b2

Theo bµi ra ta cã:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

12 12 12

50 25

( ) 50

a b a b a b a b a b a b

a b a b a b

a b a b

              

  

 

  

     

 

   

  



2 2 2

7 7 7 7 7

2 24 12 (7 ) 12

25 ( ) 2 25

a b a b a b a b a b

ab ab a a

a b a b ab

         

    

         

   

       

 

2
7

7 12 0

a b

a a

 


 

  



4
7

3
4

3
3

a
a b

b
a

a
a

b

 

 

 



 

    





  

 




 


Vậy hai cạnh góc vng của tam giác đó là 3 và 4. Cạnh huyền là 3242 = 5.
Câu4: 1) Ta có: B =

2
2
3 5

x
x



 = 3 + 2

2
1

x  .

Biểu thức B nhận giá trị nguyên 2

2
1

x nhận giá trị nguyên (x2 + 1) lµ íc cđa 2
Ta l¹i cã x2 + 1  1 víi mọi x nên (x2 + 1) là ớc của 2 (x2 + 1) 



1; 2



- NÕu x2 + 1 = 1 x2 = 0  x = 0
- NÕu x2 + 1 = 2 x2 = 1 x =1.

Vậy với x = 0 hoặc x =1 thì biểu thức B nhận giá trị nguyên.

2) Ta cã x2 + 1 1  2
2

x   2  3 + 2

2
1

x   5 B 5.

VËy B lín nhÊt b»ng 5.
C©u5:

1. Ta cã: AB = AC  AMB=APC=
1
2 BAC

AM =MB =
1

2 AMB(gt)

AP=PC=
1

2 APC(gt)

 AM =MB =AP=PC  BAP=MPC
Do MBC =

2s®MPC (gãc néi tiÕp ch¾n MPC )

BCP=
1

2sđBAP

(góc nội tiếp chắn BAP)
 MBC=BCP

Mặt khác MBC +MPC =180o(Vì tứ giác BCPM nội tiếp đờng trịn)

 MPC+BCP =MPC +MBC =180o  MP//BC

 Tø gi¸c BCPM là hình thang có MB=PC(vìMB=PC)nên tứ giác BCPM là hình thang cân

Ta lại có:BN =NC=
1

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

ABN=
1

2sđAPN(góc nội tiếp chắn APN )

 ABN=
1

2s®(APC+NC ) =

1
2s®

 

1 1

2BAC 2BNC

 

 





 =

4s®



BAC BNC 



=
1

4.360o = 90o.
2. Ta cã: IBN =

2s®PCN (gãc néi tiÕp ch¾n PCN) (1)

ABI=

2sđAP(góc nội tiếp chắn AP)

BAI =
1

2s®BN(gãc néi tiÕp ch¾n BN

)
BIN=ABI+BAI (góc ngoài của tam giác)
 BIN =

1
2s®AP

+
1

2s®BN =

1
2 PC +

1
2 NC =

2(PC +NC

) =
1

2 PCN (2)

Tõ (1) và (2) BIN= IBN BIN cân.

Ta có: BNE =
1

2sđMB

(góc nội tiếp chắn MB )
ENI=

2sđAM

(góc nội tiếp chắn AM )

Mµ MB =AM  BNE=ENI 



BEN =



IEN(c.g.c)

 EIN =EBN =90o (3)

V× AB = AC; NB = NC AN lµ trung trùc cđa BC ANBC (4)

Tõ (3) vµ (4) EI//BC.
C©u6:

1) Vì S.ABCD là hình chóp đều nên ABCD là hình vng; các tam giác SAB, SBC, SCD,
SDA là các tam giác cân bằng nhau.

Gọi H = ACBD HA = HB = HC = HD . Khi đó SH(ABCD)

Gọi K là trung điểm của BC HK là đờng trung bình của BCD

 HK =

2CD = 9 (cm)

áp dụng định lí pitago vào tam giác vng SHK ta có:
SK = SH2 HK2 = 12292 = 15 (cm)

SSBC =

2SK.BC =
1

2.15.18 = 135 (cm2)
Do đó Sxq=S

SBC+SSCD+SSAB+SSDA= 4.SSBC =4.135= 540
SABCD = AB2 = 182 = 324 (cm2)

VSABCD =
1

3AH. SABCD = 
1

3.12.324 = 1296 (cm3)

2) Ta có: AC BD (tính chất đờng chéo của hình vng) (1)

Tam giác SAC cân  trung tuyến SH đồng thời là đờng cao của tam giác SAC
 SHAC (2)

Từ (1) và (2) AC(SBD)

Câu7:

x4 + x22002 = 2002 x4 = - x22002+ 2002 x4 + x2 + 
1

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

 (x2 + 
1

2)2 = ( x2 2002- 
1

2)2 (1)
Ta cã: x2 +

2 > 0 víi mäi x; x22002- 
1

2> 0 với mọi x
Do đó (1)  x2 +

2= x22002- 
1

2  x2 + 1 = x22002  x4 + 2x2 + 1 = x2 + 2002
 x4 + x2- 2001 = 0 X2 + X- 2001 = 0 (*) Trong đó X = x2; X0

Ta cã:



= 12 + 4.1.2001 = 8005 > 0
VËy pt(*) cã hai nghiƯm ph©n biƯt:
X1=

1 8005
2

 

; X2=

1 8005
2



(loại vì

1 8005
2

< 0)

X =

1 8005
2

 

 x2 =

1 8005
2

 

 x = 

1 8005
2

 

VËy pt(1) cã nghiÖm x =

1 8005
2

Đề 10

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2003-2004
Câu1: (2đ) 1) Giải pt: x2 – 2x -1 = 0.

2) Gi¶i hƯ pt:

1
1 2

x y
x y

 







Câu2: (2đ) Cho biÓu thøc: M =

( 2)( 1)

( 2)
1

x x

x
x

   

 

 

 




2
( 1)

x

1) Tìm điều kiện của x để M có nghĩa.
2) Rút gọn M

3) Chøng minh: M

1
4

Câu3: (1,5đ): Cho pt: x2 – 2mx + m2 - m - m = 0 ( víi m là tham số)
1) Chứng minh rằng pt luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt. Tìm m để x12 + x22 = 6.

Câu4: (3,5đ): Cho B và C là các điểm tơng ứng thuộc các cạnh Ax và Ay của góc vng xAy
(BA; CA). Tam giác ABC có đờng cao AH và phân giác BE. Gi D l chõn ng vuụng

góc hạ từ A lên BE, O là trung điểm của AB.

a) Chng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội tiếp đợc trong đờng tròn.
b) Chứng minh AH  OD và HD là phân giác của góc OHC.

c) Cho B và C di chuyển trên Ax và Ay thoả mãn AH = h (h khơng đổi). Tính diện tích tứ
giác ADHO theo h khi diện tích của tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu5: (1đ): Cho hai số dơng x, y thay đổi sao cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: P = (1- 2

x )(1- 2

y ).

Bài làm

Câu1: 1) Giải pt: x2 - 2x - 1 = 0 (1)
Ta cã:



'= (-1)2 + 1 = 2 > 0

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

2) Ta cã:

1 1

1 2 2

2 2 2 2 2 ( 1 ) 2 ( 1 )

x y x y

y x y x

y x

y x xy x x x x

x y xy

   

 

   

 

 

   

   

            

 

 

2 2

1 2

1 1 1 1

2 2 2 1 0 2 1 0 1 2

2 1

x

y x y

y x y x x

x

x x x x x x

x

y

 


 

  



   

     

        



         

    



  

  

 


VËy hÖ pt cã hai nghiÖm
1

x
y







 hoặc

1
2

x
y

Câu2:

1) M cã nghÜa khi x0 vµ x-10 x0 vµ x1

2) Ta cã:

M =

( 2)( 1)

( 2)
1

x x

x
x

   

 

 

 



 .

2
( 1)

x

( 2)( 1) ( 2)( 1)

1 1

x x x x

x x

     



 

  



 .

2
( 1)

x

( 2 2) ( 2 2)

x x x x x x

x

      

 .

2
( 1)

x

=
2

x
x


 .

2
( 1)

x

= x(1- x)
3) Chøng minh: M 

4  x(1- x)

4  ( x)2 - x+
1



0 ( x

-1

2)2



0 luôn đúng
Câu3: x2 – 2mx + m2 - m - m = 0 ( với m là tham số)

1) Ta cã: '= (-m)2- (m2 - m - m) = m+ m  0 víi mäi m.

Do đó pt x2 – 2mx + m2 - m - m = 0 ln có nghiệm với mọi giá trị của m.
2) Ta có: x12 + x22 = 6 (x1 + x2)2- 2x1x2 = 6 (2m)2- 2(m2 - m - m) = 6
 2m2 + 2m + 2m- 6 = 0 m2 + m+ m – 3 = 0

NÕu m0 th× m2 + 2m – 3 = 0 m =1; m = -3 kết hợp với điều kiện m0 m =1
NÕu m < 0 thì m = 3kết hợp với điều kiện m < 0  m=- 3

C©u4: a) Ta cã: ADB=AHB=90o

 Điểm H và D cùng nhìn AB dới một góc vng
 D và H cùng nằm trên đờng trịn đờng kính AB
Do đó tứ giác ADHB nội tiếp đờng tròn.

 AHD=ABD(hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AD) (1)
Ta l¹i cã: ABD+AEB=AHD+DHC= 90o (2)
Tõ (1) vµ (2)  AEB=DHC

Tứ giác CEDH có CED +DHC=CED +AEB=180o nên tứ giác CEDH nội tiếp đờng tròn.
b) Ta có: OH = OA(A và H cùng nằm trên đờng tròn (O; 2

AB

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

ABD=
1

2sđAD(góc nội tiếp chắn AD)

HBD=
1

2sđHD(góc nội tiếp chắn HD)

Mặt khácABD=HBD(gt) AD=HD  AD = HD
Do đó: OD là trung trực của AH AHOD.

ODA=ODH(c.g.c) OAD=OHD

Ta l¹i cã:OAD =AEB(cïng phơ víi gãc ABE)
 OHD=AEB

V× AEB=DHC  OHD=DHC

HD là phân giác của góc OHC.

c) AH = h không đổi SABC nhỏ nhất khi BC nhỏ nhất

Mµ BC2 = AB2 + AC2 2AB.AC

DÊu “=” x¶y ra khi AB = AC tam giác ABC vuông cân tam giác AHB vuông cân

BH = AH = h AB = h 2  OD = h

2 . V× AHOD nên SADHO =

2
4 h2
Câu5: Ta có: P = 1- 2

y - 2
1

x + 2 2

x y =1-

2 2
2 2

x y
x y

 

1-2
2 2
(x y) 2xy 1

x y

=1+
2

xy (vì x+y = 1)

Luôn có xy

2
( )

x y

=
1

4 P1+2:

4= 9
Vậy giá trị nhỏ nhÊt cđa P = 9 khi x=y=0,5

§Ị 11

Kú thi tèt nghiệp THCS - Năm học 2004 - 2005

A- Lý thuyết (2đ): Học sinh chọn một trong hai câu sau:

Cõu1: a)Phỏt biểu định nghĩa và nêu tính chất của hàm số bậc nhất.
b)áp dụng: Cho hai hàm số bậc nhất:

y = 0,5x – 1 (1) vµ y = 1,5 – 3x (2).

Trong hai hàm số trên, hàm số nào là hàm số đồng biến? Hàm số nào là hàm số
nghịch biến?

Câu2: Phát biểu định lý về góc nội tiếp của một đờng trịn và chứng minh định lý trong trờng 
hợp tâm O nằm trờn mt cnh ca gúc.

B- Bài tập bắt buộc

Câu1:(2đ). a) Gi¶i pt: 2x2 + 5x – 3 = 0.

b) Với giá trị nµo cđa m, pt 2x2 + 5x + m = 0 có nghiệm.
Câu2:(2,5đ) Giải bài toán bằng cách lËp hƯ pt:

Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 62m. Tìm kích thớc của mảnh đất đó, biết rằng
nếu giảm chiều dài 6m thì chiều dài gấp 4 lần chiều rộng.

Câu3:(3,5đ) Cho tam giác ABC vuông tại A và N là trung điểm của cạnh AC. Vẽ đờng trịn 
(O) đờng kính NC. Đờng tròn (O) cắt BN kéo dài tại D và cắt cạnh BC tại E.

a) Chøng minh ABCD là tứ giác nội tiếp.

b) Gi M là trung điểm của cạnh BC. CMR: MN là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
c) Kéo dài BA và CD gặp nhau tại F. Chứng minh ba điểm E, N, F thẳng hàng.

Bµi lµm
A- Lý thuyÕt

Câu1:a) Hàm số bậc nhất là hàm số đợc cho bởi công thức y = ax + b
Trong đó a, b là các số cho trớc và a0.

Hàm số bậc nhất đồng biến khi a > 0; nghịch biến khi a < 0

b)Trong hai hàm số trên, hàm số y = 0,5x- 1 là hàm số đồng biến? Hàm số y = 1,5- 3x
là hàm số nghịch biến?

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

Định lí:Trong một đờng trịn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.
Trờng hợp tâm O nằm trên một cạnh của góc

Ta cã: BOC = s®BC

BOC=OAC +OCA (tính chất góc ngoài của tam giác)
Mặt khác OAC =OCA (OAC cân)

 OAC=OCA =

2 BOC =

2 s®BC

B- Bài tập bắt buộc

Câu1: a) Giải pt: 2x2 + 5x – 3 = 0 (*)
Ta cã: = 52 + 4.2.3 = 49 > 0
VËy pt(*) cã hai nghiƯm ph©n biƯt:
x1 =

5 49
4

 

=
1

2 ; x2=

5 49
4

= -3

b) Với giá trị nào của m, pt 2x2 + 5x + m = 0 cã nghiÖm

= 25 8m m

8 pt có nghiệm

Câu2: Gọi chiều dài lµ x(m), chiỊu réng lµ y(m); x,y>0
Theo bµi ra ta cã hƯ

31 31 7 35 5 26

4 6 6 4 31 31 5

x y x y y y x

x y x y x y x y y

      

    

   

    

        

    

Vậy kích thớc hình chữ nhật là 26m, 5m
C©u3:

a)Ta có A= 90o(gt);D =90(chắn nửa đờng tròn)

 Hai điểm A và D cùng nhìn BC dới một góc vng
Vậy ABCD nội tiếp đờng tròn

b) NA = NC; MB = MC(gt)

 MN là đờng trung bình của ABC  MN//AB

 MNAC tại N. Vậy MN là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

c) Ta cã CDBN; BACN; NEBC

 AB,CD,NE là ba đờng cao của BNC

F là trực tâm của BNC Ba điểm N,E ,F thẳng hàng

Đề 12

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2004 - 2005
Câu1:(2đ) 1. Gi¶i pt x2- 3x -4 = 0

2. Gi¶i hƯ

2( ) 3 1

3 2( ) 7

x y y
x x y

  




 

Câu2:(2đ) Cho biểu thức: B = (

2 1

a

a a

-

2
1

a
a



 )

a
a



a) T×m diỊu kiƯn dĨ B cã nghĩa
b) Chứng minh B =

2
1

a

Câu3: (2đ) Cho pt x2- (m+1)x + 2m – 3 = 0

a)Chøng minh pt luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b)Tìm hệ thức liên hệ giữa x1; x2 không phụ thc vµo m

Câu4:(3đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). d là tiếp tuyến của đờng
tròn tại C. Gọi AH; BK là đờng cao của tam giác; M,N,P,Q lần lợt là chân đờng vuông góc hạ

từ A,K,H,B xuống đờng thẳng d.

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

2.Chøng minh: HMP =HAC ; HMP =KQN
3.Chøng minh MP = QN

Câu5:(1đ) Cho 0 < x < 1.
1.Chứng minh x(1- x)

1
4
2.Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

2
2
4 1

(1 )

x

x x

Bài làm

Câu1:

1. Gi¶i pt x2- 3x- 4 = 0

Ta cã a- b + c = 1 + 3- 4 =0

2( ) 3 1 2 2 3 1 2 1 4 2 2 9 9 1

3 2( ) 7 3 2 2 7 5 2 7 5 2 7 2 1 1

x y y x y y x y x y x x

x x y x x y x y x y x y y

           

     

    

     

            

     

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (1;-1)
Câu2:

a) §iỊu kiƯn a > 0; a1

b) Ta cã B =(

2 1

a

a a



  -

2
1

a
a



 )

a
a



= 2

( 1)( 2) ( 2)( 1)
( 1) ( 1)

a a a a

a a

    

  .

a
a



= 2

2 2

( 1) ( 1)

a a a a

a a

    

  .

a
a



=
2

a
a .

a =

2
1

a

a) Ta cã = (m+1)2- 4(2m- 3) = m2- 6m +13 = (m-3)2 +4 > 0 víi mäi m
VËy pt lu«n cã hai nghiƯm ph©n biƯt víi mäi m

b) Theo định lí viet ta có: x1+ x2 = m+1
x1. x2 = 2m- 3

 2(x1+ x2)- x1. x2 = 2m + 2- 2m + 3 = 5

VËy biÓu thøc 2(x1+ x2)- x1. x2 = 5 không phụ thuộc vào m
Câu4:

1.Ta cã: AHB =AKB = 90o(gt) Tø gi¸c AKHB néi tiÕp
Ta cã: KNP  =NPH= 90o (gt)

Mặt khác ACN =ABC ( cùng chắn cung AC)
HKC =ABH ( cïng bï víi AKH )

 ACN=HKC  HK//NP NKH = 90o
VËy tø giác HKNP là hình chữ nhật

2.Ta có AHC =AMC = 90o Tø gi¸c AHCM néi tiÕp

 HAC=HMP (cïng chắn cung HC)

Tơng tự ta có tứ giác BQCK nội tiÕp KQN =KBC

Mµ KBC =KAH (cïng chắn cung HK); KAH =HMP (chứng minh trên)

HMP =KQN

3.XÐt MHP vµ NKQ cã:

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

HMP =KQN (chứng minh trên)
Vậy MHP = NKQ MP = QN

Câu5:

1.Ta cã: x(1- x) 

4  x2- x + 
1

4  0  (x-

2)2  0 luôn đúng
2.Ta có: 4x2+14x và x(1- x) 

1
4

 A =

2
4 1

(1 )

x

x x



 

4
1
.

x
x

= 16

Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 16 khi x =
1
2

Đề 13

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2005 - 2006
Câu1: (1,5) Cho biu thức: B = 1

b

b - 1

b
b +

b−1

a) T×m b để biểu thức B cã nghĩa
b) Chứng minh rằng B =

2
1

b

c) Tìm b B < - 1
Câu2:(1,5)

a) Gii pt x2 - x -6 = 0

b) T×m b để pt x2 – (b-2)x - 2b = 0 cã nghiệm x

1; x2 thoả m·n điều kiện 2x1+ 3x2 = 0

Câu3:(2đ) Tìm hai số thực dơng a,b sao cho điểm M(a; b2+3) và điểm N( ab;2) cùng thuộc 
th hm s y= x2.

Câu4:(3đ) Cho tam giỏc ABC vng tại A, có đường cao AH. Đường trịn (O) đường kính
HB cắt cạnh AB tại điểm E. Tiếp tuyến với (O) tại E cắt cạnh AC tại F. Chứng minh:

a) HE//AC và tứ giác BEFC nội tiếp.
b) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
c) FEFH ¿

= 1 + EBEA

C©u5:(1đ) Cho x, y l c¸c sà ố thực thoả m·n điều kiện: x- y 0.
Chứng minh: x2 + y2 +

xy1

x y

Câu6:(1) Cho hình thang MNPQ(MN//PQ)MQP = 90o, cã MN= 3cm, PQ= 7cm, MQ=12cm
quay quanh MQ. TÝnh thể tÝch h×nh nãn cụt tạo th nh.

Bài làm

Câu1: (1,5) B = 1

b

b - 1

b
b +

b−1

a) §iỊu kiƯn b0; b1

b) Ta cã B = 1

b

b - 1

b
b +

b−1 =

( 1) ( 1) 2

b b b b

b

   

 =

2( 1)
( 1)( 1)

b

b b



  =

2
1

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

c) Ta cã B < -1 

b < -1

2
1

b +1 < 0

1
1

b
b



 < 0 v× b +1 > 0 b-1< 0
 b < 1. kÕt hỵp víi ®iỊu kiƯn  0 b < 1

VËy 0 b < 1 th× B < -1

a) Giải pt x2 - x -6 = 0 (x+2)(x-3) = 0 x = -2; x = 3 
b) T×m b để pt x2 – (b-2)x - 2b = 0 cã nghiệm x

1; x2 thoả m·n điều kiện 2x1+ 3x2 = 0

ta cã = (b-2)2 + 8b = (b+2)2  0

VËy pt lu«n cã nghiƯm víi mäi b
Theo viet ta cã: x1 + x2 = b-2 (1)
x1.x2 = -2b (2)
Mµ x1 =

3
2



x2 
3
2



x2 + x2 = b -2 x2 = 4-2b
x2 =

2
3



x1 
2
3



x1 + x1 = b- 2 x1 = 3b- 6

Thay x1; x2 vµo (2) ta cã: (4- 2b)(3b- 6) = -2b 6b2 -26b + 24 = 0 3b2 -13b + 12 =0
 b = 3; b=

4
3

VËy víi b = 3 hoặc b=
4

3 thì pt x2 (b-2)x - 2b = 0 cã nghiệm x

1; x2 thoả m·n điều kiện
2x1+ 3x2 = 0

Vì M(a; b2+3) và điểm N( ab;2) cùng thuộc đồ thị hàm số y= x2 nên ta có:
ab = 2 (1)

a2 = b2 + 3 (2)

Từ (1) a=2/b thay vào (2) ta đợc: 4/b2 = b2 + 3 b4 + 3b2- 4 = 0 b2 =1; b2 = -4(loại)
 b = 1( vì b >0)

 a = 2

Vậy với a = 2; b = 1 thì điểm M(a;b2+3) và điểm N( ab;2) cùng thuộc đồ thị hàm số y=x2
Câu4:

a) Ta có: BEH = 90o(chắn nửa đờng tròn)
Mà BAC = 90o(gt)

 HE//AC

Ta có: ABC +ACB = 90o

Mặt khác FEH = ABC (cùng chắn cung EH)
nên FEH +ACB = 90o ACB+BEF =180o
VËy tø gi¸c BEFC néi tiÕp

b) FAE =AEH =90o(c/mtrên)

Mặt khác AFE =FEH (so le trong)

EHA =FEH (cïng ch¾n mét cung)
 AFE =EHA  AEHF néi tiÕp

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

c) Ta cã:

FE
FH ¿

¿ =

2
2

FE
FH =

2 2

EH FH
FH



=1+
2
2

EH

FH =1+ 2
.

EB EA

EA =1+ EBEA

Ta cã: x2 + y2 +

xy−1

x − y ¿

¿ 2

2 2

2 2 xy 1 2 0 ( )2 xy 1 2 2 0

x y x y xy

x y x y

     

 

            

     

 

2 2

2 1 2 1 1

(x y) 2(xy 1) xy 0 (x y) 2(x y)xy xy 0

x y x y x y

      

 

             



     




2
1
(x y) xy 0

x y

  

     



 

 Luôn đúng với mọi xy.

3h(r12 + r

22 + r1r2)
=

3 MQ(MN2 + PQ2 + MN.PQ)
=

3 .12(32 + 72 + 3.7)
= 316(đvtt)

Đề 14

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học2006-2007

Câu1:(1,5đ) Cho biểu thức: B =

2
2

b b

b

  



 

 




5
2

b b

b

  



 

 




a) Tìm các giá trị của b để B có nghĩa.
b) Rỳt gn B.

Câu2:(1,5đ) Giải pt: 2
4

x = 1 +

1
2

x

Câu3:(1,5đ) Giải hệ pt:

5( 3 ) 3 4
3 4( 2 )

x y x

y x y

  




  



Câu4:(1đ) Tìm các giá trị của tham số m để pt sau vô nghiệm :x2 – 2mx - mm + 2 = 0

Câu5:(1đ) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2cm, AD = 3cm. Quay hình chữ nhật đó quanh 
AD thì đợc một hình trụ. Tính thể tích hình trụ đó.

Câu6:(2,5đ) Cho tam giác MNP có ba góc nhọn, góc N gấp đội góc P và MK là đờng cao. 
Gọi H là trung điểm của cạnh MP, các đờng thẳng HK và MN cắt nhau tại điểm G. Chứng
minh: a) Tam giác HKP cân

b) Tứ giác GNHP nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
c) 2HK2 = MN2 + MN.NK

Câu7:(1đ) Chứng minh rằng với b > 0 ta cã: 2 1

b
b  +

2
3( 1)

b
b

7
2

Bài làm

Câu1: B =

2
2

b b

b



 




5
2

b b

b

  



 

 




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

b) Ta cã: B =
2
2
2
b b
b
  

 
 


5
2
5
b b
b
  

 
 


 =(2+ b)(2- b) =4-b

x  = 1 +

1
2

x (1)

§iỊu kiƯn: x2

Ta cã (1)  4= x2- 4 + x +2  x2+ x- 6 = 0 x = 2(lo¹i); x = -3
VËy pt(1) cã mét nghiƯm x= -3

Ta cã:

5( 3 ) 3 4
3 4( 2 )

x y x

y x y

  


  

3

5 15 3 4 2 15 4 4 30 8 14

3 4 8 4 9 3 4 9 3 5

x

x y x x y x y

y x y x y x y

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

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (
3
14;

Ta cã '= m2+ m m - 2

*Víi m  0 thì '= -2 pt luôn vô nghiệm

*Với m > 0 thì '= 2 m2- 2 =2(m- 1)(m+1). Pt đã cho vô nghiệm -1 < m < 1
Kết hợp với m > 0 ta có khi 0 < m < 1 thì pt đã cho vô nghiệm

Vậy khi m < 1 thì pt đã cho vơ nghiệm.
Câu5:

Ta có V = S.h= R2.h = 4.3= 12(cm3)
Câu6:(2,5đ)

b) Ta cã: MHG =2P=MNP  PNG=PHG

 tứ giác GNHP nội tiếp đờng tròn

c) Tam giác MNHđồng dạng với tam giác MPG (góc M chung; góc MGP= gócMHN)



MN
MP =

MH

MG  MN.MG = MP.MH 2MH2=MN.(MN+GN)= MN2 + MN.GN

 2HK2 = MN2 + MN.GN (vì HK= MH)

Mặt kh¸c ta cã gãc NGH = gãc NPH ( cïng ch¾n cung NH)

góc NKG = góc HKP (đối đỉnh)  góc NGH = góc NKG tam giác NGK cân NK = NG

Vậy 2HK2= MN2+MN.NK
Câu7:

Cách1:

ta có: 2 1

b
b +

2
3( 1)
2
b
b


7

2  2 1

b
b  +

2
6( 1)
4
b
b


7

2  2 1

b
b  +

2 1
4
b
b

+
2
5( 1)
4
b
b

7
2

áp dụng bđt cosi cho hai số 2 1

b
b  vµ

2 1
4

b
b



ta cã 2 1

b
b  +

2 1
4
b
b

1

lại có: b2 + 12b

2
5( 1)
4
b
b


5.2
4
b
b =
5
2
Cộng vế với vế ta đợc: 2 1

b
b  +

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

Vì b > 0 , quy đồng ta đợc 2b2 + 3(b2 + 1)2 7b(b2 + 1)  3b4 + 6b2 +3 +2b2 – 7b3 -7b 0

 3b4 -7b3 + 8b2 -7b + 3 0 3b4 -6b3 + 3b2-b3+2b2 -b + 3b2- 6b + 3 0

 3b2(b-1)2 – b(b-1)2 + 3(b-1)2 0 (b-1)2(3b2 – b+3)  0

 (b-1)2[(b-1/2)2 + 2b2 + 11/4]  0 luôn ỳng

Đề 15

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2007 - 2008
Câu1:(2đ) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = a + ax + x + 1.

2) Gi¶i pt: x2 3x + 2 = 0.
Câu2:(2đ)

1) Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB = 12cm, AC = 2cm. Quay ABC mét vßng

quanh cạnh góc vng AB cố định, ta đợc một hình nón. Tính thể tích hình nón đó.

2) Chøng minh r»ng víi a  0 vµ a  1 ta cã: (1 + 1
a a

a



 )(1 - 1

a a
a

) = 1 a.

Câu3:(3đ)

1) BiÕt r»ng pt: x2 – 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 (víi a lµ tham sè) cã mét nghiƯm x = 1. Tìm 
nghiệm còn lại của pt này.

2) Gi¶i hƯ pt:

2 1

1 1

12 8

1 1

x y



 

  




  

  



Câu4:(3đ) Cho tam giác ABC vng tại A có đờng cao AH. Đờng trịn tâm (O) đờng kính BH 
cắt cạnh AB tại điểm M (MB); đờng trịn tâm O’ đờng kính CH cắt cạnh AC tại điểm N (N
C). Chứng minh rằng:

1) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật.

2) Tứ giác BMNC nội tiếp đợc trong một đờng tròn.

3) MN là tiếp tuyến chung của đờng trịn đờng kính BH và đờng trịn đờng kính OO’.
Câu5:(1đ)

Cho hai số tự nhiên a, b thoả mÃn điều kiện: a + b = 2001. Tìm giá trị lớn nhất của tích ab

Bài làm

Câu1:

1) Ta cã: A = a + ax + x + 1 = (a + ax) + (x +1) = a(1+ x) + (x+ 1) = (x+ 1)(a+1)
2) Gi¶i pt x2 – 3x + 2 = 0 (1)

Ta cã: a+ b + c = 1 + (-3) + 2 = 0

1) Ta cã: V =
1

3h.B = 
1

3AB.AC2 = 
1

3.12. .22 = 16 (cm3)
2) Ta cã:

VT = (1 + 1

a a
a



 )(1 - 1

a a
a



 ) = (1 +

( 1)
1

a a
a



 )(1-

( 1)
1

a a
a



 ) = (1 + a)(1- a)

= 1- a = VP_ đpcm
Câu3:

1) pt x2 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 cã mét nghiƯm lµ x = 1
 1- 2(a+1) + a2 + 2 = 0  a2- 2a + 1 = 0 a = 1

Khi đó nghiệm cịn lại của pt x2 – 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 là x = a2 + 2 = 12 + 2 = 3
2) Ta có:

2 1 12 6 14

1 6 7 1

1 1 1 1 1

12 8

12 8 12 8 12 8 1

1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

y

x

x y x y y

y

x y

x y x y x y

  

      

         

   

   

    

   

           



        

  

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

a) Ta có: BMH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  AMH= 90o
CNH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)  ANH= 90o
Tứ giác AMHN có A=M =N= 90o nên tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
b) Ta có: KM = KA (tính chất hình chữ nht)

AKM cân tại K KAM =KMA

Mµ KAM =C (cïng phơ víi CAH )
 AMK =C . Mµ AMK +NMB

= 180o
 C +NMB= 180o

VËy tứ giác BMNC nội tiếp

c) Ta có: OMH cân OMH=OHM

Tam giác HKM cân MHK =KMH

Mà MHK +MHO = 90o OMH+KMH = 90o

 OMMN MN là tiếp tuyến của (O). Tơng tự ta có MN là tiếp tuyến của (O’)
Gọi P là trung điểm của OO’ ta có PK là đờng trung bình của hình thang OMNO’
nên PK =

2(OM+O’N) = 
1

2(OH+O’H) = 
1

2OO’ PK là bán kính của đờng trịn đờng kính 
OO’ mà PKMN(vì PK//OM)

Vậy MN là tiếp tuyếnchung của hai đờng trịn đờng kính BH và OO’
Câu5: áp dụng bđt cosi ta có: ab

2
( )

a b

=
2
2001

4 = 1001000,25
Vì a,b là số tự nhiªn nªn ab 1001000

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2001 1000

1001000 1001

a b a

ab b

  

 



 

 

  hoặc

1001
1000

a
b

Vậy giá trÞ lín nhÊt cđa ab b»ng 1001000 khi

1000
1001

a
b







 hoặc

1001
1000

a
b

Đề 16

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2008 2009
Câu1:(2đ) Cho hai số: x1 = 2 - 3; x2 = 2 + 3

1) TÝnh: x1 + x2 ; x1x2.

2) LËp pt bËc hai Èn x nhËn x1,x2 lµ hai nghiệm.

Câu2:(2,5đ) 1) Giải hệ pt:

4 3 7

2 1

x y
x y

 




 



2) Rót gän biĨu thøc: B = (
1

b
b


 -

1
1

b )

1
2

b
b



 víi b 0; b1

Câu3:(1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = (m2 – 2m)x + m và đờng
thẳng (d’): y = 3x + 3. Tìm m để đờng thẳng (d) song song với đờng thẳng (d’).

Câu4:(3,5đ) Trong mặt phẳng cho đờng tròn (O), AB là dây cung cố định khơng đi qua tâm
của đờng trịn (O). Gọi I là trung điểm của dây cung AB, M là một điểm trên cung lớn AB (M
không trùng với A,B). Vẽ đờng tròn (O’) đi qua M và tiếp xúc với đờng thẳng AB tại B. Tia MI
cắt đờng tròn (O’) tại điểm thứ hai N và cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai C.

1) Chứng minh rằng AIC = BIN, từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình bình hành.

2) Chứng minh rằng AI là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Câu5:(1đ) Tìm nghiệm dơng của pt: (1 + x - x21)2006 + (1 + x + x21)2006 = 22007.

Bài làm

Câu1: Cho hai số: x1 = 2 - 3; x2 = 2 + 3
1) ta cã: x1 + x2= 4

x1x2 = 4-3=1

2) Theo định lí vi-et đảo ta có : x1; x2là nghiệm của pt sau: x2 – 4x + 1 = 0

4 3 7 4 3 7 5 5 1 1

2 1 4 2 2 2 1 2 1 1

x y x y y y x

x y x y x y x y y

      

    

   

    

        

    

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (1;1)

2) Ta cã: B = (
1

b
b


 -

1
1

b )

1
2

b
b



 = ( b

+1-1
1

b )

1
2

b



 =

2
( 1) 1

b
b

 

 .

1
2

b
b



 = b

2 2 1

' 2 3 2 3 0

1
3

' 3 3

m

a a m m m m

m
m

b b m m

m

 

       

 

          

  

    



VËy víi m = -1 thì (d)//(d)
Câu4:

1) Xét AIC và BIN cã:

IA = IB (gt)

AIC =BIN (đối đỉnh)
CAI =IBN (=BMC )

VËy AIC = BIN (g.c.g)

Ta cã IA = IB (gt)

IN = IC (AIC = BIN)

2) Ta cã: IAN =IBC (so le trong)
Và IBC =AMC (cùng chắn cung AC)
 IAN =AMN  IAN =

2s®AN

Vậy AI là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN
3) SANBC = 2SABC

Nªn SANBC lín nhÊt khi SABC lín nhÊt

Mà AB cố định  đờng cao hạ từ C xuống AB lớn nhất

 C là điểm chính giữa của cung AB. Khi đó M là điểm chính giữa cung lớn AB.
Vậy khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB thì diện tích ANBC lớn nhất.
Câu5: áp dụng bđt cosi ta có:

((1 + x - x21)1003)2 + ((1 + x + x21)1003)2 2.(1 + x - x21)1003(1 + x + x21)1003

 ((1 + x - x21)1003)2 + ((1 + x + x21)1003)2 2(1+2x+x2- x2+1)1003

 ((1 + x - x21)1003)2 + ((1 + x + x21)1003)2 2(2+2x)1003

 ((1 + x - x21)1003)2 + ((1 + x + x21)1003)2 2.21003(1+x)1003
L¹i cã x1 1+x 2 2.21003(1+x)10032100421003 = 22007

 ((1 + x - x21)1003)2 + ((1 + x + x21)1003)2 22007

DÊu b»ng x¶y ra khi 1 + x - x21 = 1 + x + x21  x21= 0  x = 1(v× x >0)
VËy nghiƯm dơng của pt là x = 1

Đề 17

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Câu1:(3đ) Cho biÓu thøc:

1 1

x x x

A

x x

 

 

 

a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x =

9
4
c) Tìm tất cả các giá trị ca x A < 1.

Câu2:(2,5đ) Cho pt bậc hai víi m lµ tham sè: 2x2- (m + 3)x + m = 0 (1)
a) Gi¶i pt(1) khi m = 2.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để pt(1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn x1+ x2 =
5
2x1. x2
c) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt(1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x - x 1 2

Câu3:(1,5đ) Một thửa ruộng hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45m. Tính diện
tích của thửa ruộng đó biết rằng nếu chiều dài giảm đI 2 lần và chiều rộng tăng lên 3 lần thì
chu vi thửa ruộng khơng thay đổi.

Câu4:(3đ) Cho đờng trịn (O;R) đờng kính AB cố định và CD là đờng kính thay đổi khơng
trùng với AB. Tiếp tuyến của đờng tròn (O;R) tại B cắt các đờng thẳng AC và AD lần lợt tại E
và F.

a) CMR: BE. BF = 4R2.

b) CM:



CEFD nội tiếp đờng tròn.

c) Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp



CEFD. CMR khi CD thay đổi thì I luụn nm trờn
mt ng thng c nh.

Bài làm

Câu4:

c) Gọi M, N, K, J lần lợt là trung ®iĨm cđa BF, BE, EF, CE.
Ta cã: MN = KF =

2EF NK = MF = MB

CAD 900(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  ACAD

OM là đờng trung bình của ABF OM//AF OMAC

ACB900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)  ACCB

JN là đờng trung bình của BCE JN//CB JNAC

V× IC = IE IJCE J,N,I thẳng hàng INAC IN//OM

V× IE = IF IKEF

XÐt IKN vµ OBM cã:

IKN OBM 900
KN = BM(c/m trªn)
INK OMB (so le trong)

 IKN = OBM(g.c.g)  IK = OB = R Khoảng cách từ I đến EF bằng R(không đổi).

Vậy khi CD thay đổi thì điểm I ln nằm trên đờng thẳng cố định vng góc với AB và
cách B một khong bng R.

Đề 18

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2009 2010

Bài1:(1,5đ) Cho pt: x2- 4x + m = 0 (1) víi m lµ tham sè.
a) Gi¶i pt(1) khi m = 3.

b) Tỡm m pt(1) cú nghim.

Bài2:(1,5đ) Giải hÖ pt:

2 5

2 4

x y
x y

 




 



Bài3:(2,5đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm A(0;1)
1. Viết pt đờng thẳng (d) đi qua điểm A(0;1) và có hệ số góc K.

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

3. Gọi hoành độ của hai điểm M và N lần lợt là x1, x2. CMR: x1.x2 = -1, từ đó suy ra tam
giác MON là tam giác vuông.

Bài4:(3,5đ) Cho nửa đờng trịn tâm O, đờng kính AB = 2R. Trên tia đối của tia AB lấy điểm
E(khác với điểm A). Từ các điểm E, A và B kẻ các tiếp tuyến với nửa đờng tròn (O). Tiếp
tuyến kẻ từ E cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lợt tại C và D.

1. Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đờng tròn (O). CM: ACMO nội tiếp.
2. CM: AEC~BED, từ đó suy ra

DM CM

DE CE .

3. Đặt AOC. Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng tích
AC.BD chỉ phụ thuộc vào R, khụng ph thuc vo .

Bài5:(1đ) Cho các số thực x, y, z tháa m·n:

2 2 1 3

x
y yz z

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trÞ
nhá nhÊt cđa biĨu thøc A = x + y + z.

Bµi lµm
Bµi1: Cho pt: x2- 4x + m = 0 (1) víi m lµ tham sè.
a) Khi m = 3 pt(1) trë thµnh x2- 4x + 3 = 0
Ta cã: a + b + c = 1 + (-4) + 3 = 0

Vậy khi m = 3 thì pt đã cho có hai nghiệm: x1= 1; x2 = 3.
b) Ta có: /= (-2)2- m = 4- m.

pt (1) cã nghiƯm khi vµ chØ khi  / 0 4- m0 m4.

Vậy với m4 thì pt dÃ cho có nghiệm.

Bài2: Ta cã:

2 5 4 2 10 3 6 2

2 4 2 4 2 4 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

   

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nất (x;y) = (2;1)

Bài3:(2,5đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm A(0;1)
1. Pt đờng thẳng (d) có dạng: y = kx + b.

Vì đờng thẳng (d) đi qua điểm A(0;1) nên ta có: k.0 + b = 1 b = 1.
Vậy pt đờng tẳng (d) là: y = kx + 1.

2. Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của hệ pt:

2
1

( )

y kx
I
y x

 







Ta cã:

2 2

1 1 0(*)

(**)

y kx x kx

y x y x

     

 



 

  

 

Xét pt (*) có a.c < 0 nên pt(*) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi k hệ pt (I) có hai
nghiệm phân biệt với mọi k. Do đó đờng thẳng (d) ln cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt
M và N với mọi k.

3. Vì x1, x2 lần lợt là hồnh độ của M và N nên x1, x2 là nghiệm của pt(*)
Theo hệ thức vi-et ta có: x1.x2 = -1.

Tung độ của điểm M là y1 = x12, tung độ của điểm N là y2= x22
Pt đờng thẳng OM là y = x1x

Pt đờng thẳng ON là y = x2x.
Ta có: x1.x2= -1(c/m trên)

 OMON. Hay tam giác MON là tam giác vuông.

Bài4:

1. XÐt ACMO cã: CAO 900(gt)

CMO 900(gt)

 CAO CMO 1800   ACMO néi tiÕp.
2. XÐt AEC vµ BED cã: E (chung)

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

 AEC~BED (g.g) 

CE AC
DE BD 

BD AC
DE CE

Mµ BD = DM; AC = CM(t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)


DM CM
DE CE

3. áp dụng hệ thức trong tam giác vuông OAC ta cã: AC = OA.tgAOC= R.tg
Ta cã AOM MDB (cïng phơ víi E ) BDOAOC= .

¸p dụng hệ thức trong tam giác vuông BOD ta có: BD = OB.cotgBDO = R.cotg
 AC.BD = R.tg . R.cotg = R2

VËy tÝch AC.BD chØ phơ thc vµo R, không phụ thuộc vào .

Bài5: Ta có:

2 2 1 3 2 2 2 2 2 2 3 2
2

x

y yz z    y  yz z   x













2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

y yz z x xy xz x xy xz y z x y z x y x z

                   

V× (x-y)20 víi mäi x,y; (x-z)20 víi mäi x,z (x+y+z)22  2   x y z 2

VËy Amax = 2 khi

2
0

3
2

x y

x z x y z

x y z

  



     




  


Amin = - 2 khi

2
0

3
2

x y

x z x y z

x y z

  

 

     




</div>

TUYEN TAP DE THIDAP AN ON THI THPT









































































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về