24 de thi Toan tuyen vao 10 Quang Tri

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (670.05 KB, 80 trang )

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

ĐỀ SỐ 1.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
QUẢNG TRỊ MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Bài 1 ( 2 điểm)

Cho biểu thức

2 9 3 2 1

5 6 2 3

x x x

A

x x x x

  

  

    .

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

Bài 2 ( 1,5 điểm)

Giả sử x1 ; x2 là nghiệm của phương trình : x2 + 2kx + 4 = 0 .

Tìm tất cả các giá trị của k sao cho có bất đẳng thức :

2 2

1 2

2 1

x x

   

 

   
    .

Bài 3 ( 1 điểm)

Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

1 1

M

x y

 

.
Bài 4 ( 2 điểm)

Cho phương trình :

2 2

2 2 2 2

x x

 

 

    .

a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .

Bài 5 ( 3 điểm)

Cho hình thang ABCD (CD > AB) với AB // CD và ABBD. Hai đường chéo
AC và BD cắt nhau tại G . Trên đường thẳng vng góc với AC tại C lấy điểm E
sao cho CE = AG và đoạn thẳng GE không cắt đường thẳng CD . Trên đoạn thẳng
DC lấy điểm F sao cho DF = GB

a) Chứng minh FDG đồng dạng với ECG .
b) Chứng minh GF EF .

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

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1.

Bài 1 ( 2 điểm)
Cho biểu thức

2 9 3 2 1

5 6 2 3

x x x

A

x x x x

  

  

    .

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

Điều kiện : x0;x4;x9



 





 





 





 





 





 





 



2 9 3 2 1

5 6 2 3

2 9 3 2 1

2 3

3 2

2 9 3 3 2 1 2

3 2

2 9 9 2 4 2

=
3 2
1 2
2 1
=
3

3 2 3 2

x x x

A

x x x x

x x x

x x

x x x x x

x x

x x x x x

x x

x x x

x

x x x x

  
  
   
  
 
 
 
      
 
      
 
 
  
 

   

Bài 2 ( 1,5 điểm)

Giả sử x1 ; x2 là nghiệm của phương trình : x2 + 2kx + 4 = 0 .

Tìm tất cả các giá trị của k sao cho có bất đẳng thức :

2 2
1 2
2 1
3
x x
x x
   
 
   
    .

Phương trình : x2 + 2kx + 4 = 0 có hai nghiệm x
1 ; x2
, k2 4 0 k2 4(*)

       .

Khi đó ta có :

1 2
1 2

2
4

x x k

x x

 





 Vậy :









2 2 2 2 2 2

1 2 1 2

2 1 1 2 1 2

2 2
2 2
2
2

2
2
2

3 3 3

2 3

4 8

3 2 3

4 2 3

2 3

(**)

2 3

x x x x

x x x x

x x x x x x

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

Kết hợp (*) và (**) ta có :

2 4 2

2
k
k
k


   


Vậy để phương trình : x2 + 2kx + 4 = 0 có hai nghiệm x

1 ; x2 thỏa :

2 2
1 2
2 1
3
x x
x x
   
 
   

    thì : x 2 và x2 .

Bài 3 ( 1,5 điểm)

Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

1 1
M

x y

 

.
Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0

 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0
 (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0

 (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*)







 















2 2

V x 1 – x 1 y 1 y 1 1

1 3

= 1 1 1 1 0

2 4

ì

x y y

     

 

      

 

 

Nên (*) x + y + 2 = 0  x + y = - 2

1 1 2

Ta c : ó M x y

x y xy xy

 

   

vì





2 1 2

4 4 4 1 2

x y xy xy

xy xy



       

.
Vậy MaxM = -2  x = y = -1 .

Bài 4 ( 2 điểm)

Cho phương trình :

2 2

2 2 2 2

x x

 

 

    .

a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .

a) điều kiện : 0x4

2 2

b) 2

2 2 2 2

2 2

2 (1)

2 4 2 2 4 2

x x
x x
x x
x x
 
 

   
 
  
   

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















 









 



2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
8
Ta c :

2 2

2 8 4 2

4 2 4 0

(I)

2 4 0

a b

ó a b

a b

a b ab a b a b ab

a b

a b ab ab

a b

a b ab

  


 

 

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

Vì ab + 4 > 0 nên :

 





2
2
2
2 8
2
2
2

2 2

1 3
2

2 2 2 0

1 3 (loai v a 0)

3 1 4 2 3 1

3 1 4 2 3 1

ab

a b ab

I

a b
a b

b

b b a

a a

a

a a a

a a ì

a x
x
b x
     

   
 
  



    
 
  
       
       

 
    


     
 
     

 
    
 

Bài 5 ( 3 điểm)

c) Chứng minh FDG đồng dạng với ECG .
d) Chứng minh GF EF .

ABCD : AB // CD ; CD > AB ;
ABBD.

ABBD; AG = CE ; BG =
DF .

Chứng minh :

a) FDG ~ ECG.

b) GFEF
Chứng minh :

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

a) Ta có AB // CD

BG GD

AG GC

 

, mà AG = CE ; BG = DF

DF GD
CE GC

 

Xét FDG và ECG có :

  0

; 90

DF GD

GDF GCE

CE GC    FDG ~ ECG (

c-g-c)

b) Ta có FDG ~ ECG  GFD GEC   GFCE nội tiếp  GCE GFE  cùng

chắn GE mà GCE 900 GFE 900 GF FE

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

ĐỀ SỐ 2.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
Năm học: 2007 - 2008

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khụng k giao )
Bài 1: ( 1 điểm )

Chứng minh đẳng thức:

3 2 6 150 1 4

3 3

27 3 6

  

  

 

  



Bài 2: ( 2 điểm)

Rút gọn các biểu thức:





2 2

4 9 6 1

3 1

A x x x

x

  

 víi

1
0

3
x

 
.

4 7 4 7

B

Bài 3: ( 2 điểm)

Mt xe lửa đi từ Huế ra Hà Nội. Sau đó 1 giờ 40 phút, một xe lửa khác đi từ Hà
Nội vào Huế với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe lửa thứ nhất là 5 km/h. Hai xe gặp
nhau tại một ga cách Hà Nội 300 km. Tìm vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng quãng
đờng sắt Huế - Hà Nội dài 645 km.

Bµi 4: ( 3,5 ®iĨm )

Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đờng trịn đờng kính AD, tâm
O. Hai đờng chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu vng góc của E
xuống AD và I là trung điểm của DE. Chứng minh rằng:

a) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đợc;
b) E là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH;
c) Năm điểm B, C, I, O, H ở trên một đờng tròn.
Bài 5: ( 1,5 điểm )

Để làm một cái phểu hình nón khơng nắp bằng bìa cứng bán kính đáy r12cm,
chiều cao h16cm, ngời ta cắt từ một tấm bìa ra hình khai triển của mặt xung
quanh của hình nón, sau đó cuộn lại. Trong hai tấm bìa hình chữ nhật: Tấm bìa A
có chiều dài 44cm, chiều rộng 25cm; tấm bìa B có chiều dài 42cm, chiều rộng

28cm, có thể sử dụng tấm bìa nào để làm ra cái phểu hình nón nói trên mà khơng
phải chắp nối ? Giải thích.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 2.

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













2 3 3 6 3 1

3 2 6 6

27 3 3 3 3 3 3 1

 



  

  

( 1 )

150 5 6
3  3 ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có:

3 2 6 150 1 6 5 6 1 4 6 1 4

3 3 3 3 3

27 3 6 6 6

    
       
   
    
   
Bài 2.
a)

A =





3 3 3

B    

(v× 16 7  4 7).

B i 3.à

Gọi x (km/h) là vận tốc của xe lửa thứ nhất đi từ Huế đến Hà Nội. Đk: x > 0.
Vận tốc của xe lửa thứ hai đi từ Hà Nội là: x + 5 (km/h).

Theo gi¶ thiÕt, ta cã phơng trình:

300 5 345
5 3
x x



900x 5x x 5 1035 x 5 x 22x 1035 0

        

Giải phơng trình ta đợc: x123 (loại vì x > 0) và x2 45 0 .

VËy vËn tèc xe löa thø nhÊt lµ: 45 km/h vµ vËn tèc xe lưa thø hai lµ: 50 km/h

ĐS: v1 = 45 km/h

v2= 50 km/h
B i 4.à

a) Tø gi¸c ABEH cã:
 900

B (góc nội tiếp trong nửa đờng trịn);

 900

H  (gi¶ thiÕt)

Nên: ABEH nội tiếp đợc.

Tơng tự, tứ giác DCEH có C H  900, nên nội
tiếp đợc.

b) Trong tø gi¸c néi tiÕp ABEH, ta cã:

 

EBH EAH (cïng ch¾n cung EH )

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

Suy ra: EBH EBC, nên BE là tia phân giác của góc HBC.

+ Tng t, ta cú: ECH BDA BCE , nên CE là tia phân giác của góc BCH.
+ Vậy: E là tâm đờng trịn nội tip tam giỏc BCH.

Suy ra EH là tia phân giác cđa gãc BHC

c) Ta có I là tâm của đờng trịn ngoại tiếp tam giác vng ECD, nên BIC2EDC
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung EC ). Mà EDC EHC  , suy ra BIC BHC .
+ Trong (O), BOC 2BDC BHC  (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC).

+ Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc BHC dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B, C,
H, O, I cùng nằm trên một đờng trịn.

B i 5.à

+ §êng sinh của hình nón có chiều dài: l r2h2 20(cm).

+ Hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón là hình quạt của hình tròn bán
kính l, số đo của cung của hình quạt là:

0 360 360 12 2160

20
r

n
l



  

AOI 720 OI cosAOI

OA

  

20cos 72 6, 2 ( )

OI cm

   .

+ Do đó, để cắt đợc hình quạt nói trên thì phải cần tấm bìa hình chữ nhật có kích
th-ớc tối thiểu: dài 40cm, rộng (20 + 6,2) = 26,2cm. Vậy phải dùng tấm bìa B mới cắt
đợc hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón mà khơng bị chắp vá.

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

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2006 - 2007

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Bài 1: ( 2 điểm )

Cho biểu thức P=
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm x để P <

Bài 2: ( 2 điểm )

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi từ B trở về A người đó tăng
vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút.
Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B.

Bài 3: ( 2 điểm )

Cho phương trình ( * )

a) Giải phương trình khi b= -3 và c=2

b) Tìm b,c để phương trình ( * ) có hai nghiệm phân biệt và tích của chúng bằng 1.
Bài 4: ( 3 điểm )

Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không
trùng với điểm A và AH <R. Qua H kẻ đường thẳng vng góc với d, đường thẳng
này cắt đường tròn tại hai điểm E và B ( E nằm giữa B và H)

a) Chứng minh góc ABE bằng góc EAH và tam giác ABH đồng dạng với tam giác
EAH.

b) Lấy điểm C trên d sao cho H là trung điểm của đoạn AC, đường thẳng CE cắt
AB tại K. Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp.

c) Xác định vị trí điểm H để AB= R .
Bài 5: ( 1 điểm)

Cho đường thẳng y = (m-1)x+2

Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó là lớn nhất.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 3.

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

a) Kết quả rút gọn với điều kiện xác định của biểu thức P là

b) Yêu cầu . Đối chiếu với

điều kiện xác định của P có kết quả cần tìm là

Bài 2:

Gọi vận tốc khi đi là x (đơn vị tính km/h, điều kiện là x >0)
Vận tốc khi về là x + 4 ( km/h )

Thời gian khi đi là 24/x
Thời gian khi về là: 24/x+4

Theo bài ra ta có phương trình .
Giải ra ta có nghiệm x = 12 ( km/h )

Vận tốc khi đi từ A đến B là 12 km/h
Bài 3:

1. Khi b=-3, c= 2 phương trình x2-3x+2=0 có nghiệm là x=1, x=2

2. Điều kiện cần tìm là

Bài 4:

1. vì cùng chắn cung AE. Do đó tam giác ABH và EHA đồng dạng.
2. nên hay . Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp

đường trịn đường kính AE.

3. M là trung điểm EB thì OM vng góc BE, OM=AH. Ta có
đều cạnh R. Vậy AH= OM=

Bài 5:

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

ĐỀ SỐ 4.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2005 - 2006

MƠN: TỐN

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

Câu 1: ( 1, 5 điểm )

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2 – 2 x + 4 = 0

b) x4 – 29x2 + 100 = 0

Câu 2: ( 1, 5 điểm )

Thu gọn các biểu thức sau:
a)

Câu 3: ( 1 điểm )

Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 675 m2 và có chu vi bằng 120 m.

Tìm chiều dài và chiều rộng của khu vườn.
Câu 4: ( 2 điểm )

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 với m là tham số và x là ẩn số.

a) Giải phương trình với m = 1.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2.

c) Với điều kiện của câu b hãy tìm m để biểu thức A = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ

nhất.

Câu 5: ( 4 điểm )

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường trịn đường kính BC cắt
AB, AC theo thứ tự tại E và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D.

a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AH vng góc với BC.
b) Chứng minh AE.AB = AF.AC.

c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC.
Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp.

d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 4.

Câu 1:

a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 = 5 – 1 và x2 = 5 + 1.

b) Đặt t = x2 ≥ 0, ta được phương trình trở thành t2 – 29t + 100 = 0 t = 25 hay t

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

* t = 25 x2 = 25 x = ± 5.

* t = 4 x2 = 4 x = ± 2.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5.
c)

Câu 2: 
a)
b)
Câu 3:

Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0).
Theo đề bài ta có:

Ta có: (*) x2 – 60x + 675 = 0 x = 45 hay x = 15.

Khi x = 45 thì y = 15 (nhận)
Khi x = 15 thì y = 45 (loại)

Vậy chiều dài là 45(m) và chiều rộng là 15 (m)
Câu 4:

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 (1)

a) Khi m = 1 thì (1) trở thành:

x2 – 2x + 1 = 0 (x – 1)2 = 0 x = 1.

b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Δ’ = m – 1 > 0 m > 1.

Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m > 1.

c) Khi m > 1 ta có:

S = x1 + x2 = 2m và P = x1x2 = m2 – m + 1

Do đó: A = P – S = m2 – m + 1 – 2m = m2 – 3m + 1 = − ≥ – .

Dấu “=” xảy ra m= (thỏa điều kiện m > 1)

Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – .
Câu 5:

a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường trịn đường kính BC.
Tứ giác BEFC nội tiếp đường trịn đường kính BC.

* Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
BF, CE là hai đường cao của ΔABC.

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

AH vng góc với BC.
b) Xét Δ AEC và Δ AFB có:

chung và

Δ AEC đồng dạng với Δ AFB

c) Khi BHOC nội tiếp ta có:

mà và (do AEHF nội

tiếp)

Ta có: K là trung điểm của BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
OK vng góc với BC mà tam giác OBC cân tại O (OB = OC )

Vậy mà BC = 2KC nên

d) d) Xét Δ EHB và Δ FHC có:

(đối đỉnh)
Δ EHB đồng dạng với Δ FHC

HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12

HC(CE – HC) = 12 HC2 – 8.HC + 12 = 0 HC = 2 hoặc HC = 6.

* Khi HC = 2 thì HE = 6 (không thỏa HC > HE)
* Khi HC = 6 thì HE = 2 (thỏa HC > HE)

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

ĐỀ SỐ 5.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Bài 1 : (2 điểm)

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

b) Giải hệ phương trình :

Bài 2 : (2 điểm)
Cho biểu thức :

a) Rút gọn A.

b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.
Bài 3 : (2 điểm)

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 dịng nước là 4 km/h. Khi đến B ca nơ
quay lại ngay và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của
ca nô.

Bài 4 : (3 điểm)

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 => tứ giác AMHK nội tiếp.

b) Chứng minh : HK // CD.
c) Chứng minh : OK.OS = R2.

Bài 5 : (1 điểm)

Cho hai số a và b khác 0 thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/2
Chứng minh phương trình ẩn x sau ln có nghiệm :
(x2 + ax + b)(x2 + bx + a) = 0.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 5.

B i 1.à
B i 2.à
Bµi 3:

Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thêi gian cđa ca n« b»ng thêi gian bÌ
nøa:

8
2
4 (h)

Gọi vận tốc của ca nô là x (km/h) (x>4)
Theo bµi ta cã:

24 24 8 24 16

2 2

4 4 4 4

x x x x



    

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

2 0

2 40 0

20
x

x x

x




 

Vởy vận tốc thực của ca nô là 20 km/h
Bµi 4:

a) Ta cã BC BD (GT)  BMD BAC (2 gãc 
néi tiÕp ch¾n 2 cung băng nhau)

* Do BMD BAC A, M nhìn HK dêi 1 gãc

b»ng nhau  MHKA néi tiÕp.

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

 CDAB (1)

Xet MHKA: là tứ giác nội tiếp, AMH 900
(góc nt chắn nửa đờng trịn) 

 1800 900 900

HKA   (®l)

 HKAB (2)
Tõ 1,2  HK // CD

H K

M A

C D

S
Bµi 5:

2 2

0 (*)

( )( ) 0

0 (**)
x ax b

x ax b x bx a

x bx a

   

      

  


(*)     4b, §Ĩ PT cã nghiƯm

2 4 0 2 4 1 1

a b a b

a b

     

(3)
(**)   b2 4a §Ĩ PT cã nghiƯm th×

2 4 0 1 1

b a

   

(4)
Céng 3 víi 4 ta cã:

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

ĐỀ SỐ 6.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )
Câu 1 : ( 2 điểm )

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:

2 2
4 2

5 3 ( 1)

1 x x

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

Câu 2 : ( 2 điểm )

a) Cho góc nhọn . Rút gọn khơng cịn dấu căn biểu thức :

2 2

cos 2 1 sin 1

P     

b) Chứng minh:



4 15

 

5 3



4 15  2
Câu 3 : ( 2 điểm )

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 : ( 4 điểm )

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 Î (O), Q Î (O’)). Chứng

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

---HẾT---ĐÁP ÁN
ĐỀ 6.

Câu 1 : ( 2 điểm )
a)

Đặt X = x2 (X 0)

Phương trình trở thành X4 (m24 )m X27m1 0 (1)

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

0
0
0

S
P

 


  

 


2 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.
 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

        +

Vậy ta có

2 2 1

2( 4 ) 10 4 5 0

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 x 4x21 (t 1)
Được phương trình

5 3(t 1)

t    +

3t2 – 8t – 3 = 0
 t = 3 ;

1
3

t 

(loại) +

Vậy x4x2 1 3

x =  1. +

Câu 2 : ( 2 điểm )
a)

2 2 2 2

cos 2 1 sin 1 cos 2 cos 1

P          

cos 2cos 1

P     (vì cos > 0) +

(cos 1)

5 3



4 15



 



5 3 4 15

+
=



8 2 15 4

 

 15



= 2 +

Câu 3 : ( 2 điểm )



a b



2  0 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

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

Câu 4 : ( 4 i m)đ ể

Ta có : ABC = 1v
ABF = 1v

 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) +

 EBA = AFD hay EBI = EFI +

 Tứ giác BEIF nội tiếp. +

Gọi H là giao điểm của AB và PQ

Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng +



HP HA

HB HP  HP2 = HA.HB +

Tương tự, HQ2 = HA.HB +

 HP = HQ  H là trung điểm PQ. +

ĐỀ SỐ 7.

O O’

B
A

D
E

F
I

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

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phỳt ( khụng k giao )
I.Trắc nghiệm:( 1 điểm)

Hóy ghi lại một chữ cái đứng trớc khẳng định đúng nhất.
Câu 1: Kết quả của phép tính



8 18 2 98  72 : 2



là :

A . 4

B . 5 2 6 C . 16 D . 44

Câu 2 : Giá trị nào của m thì phơng trình mx2 +2 x + 1 = 0 cã hai nghiƯm ph©n

biƯt :

A. m0

1
4
m

C. m0vµ

1
4

m D. m0và m1
Câu 3 :Cho ABC nội tiếp đờng trịn (O) có B60 ;0 C 450. SđBC là:

A . 750 B . 1050 C . 1350 D . 1500

Câu 4 : Một hình nón có bán kính đờng trịn đáy là 3cm, chiều cao là 4cm thì diện
tích xung quanh hình nón là:

A 9(cm2) B. 12(cm2) C . 15(cm2) D. 18(cm2)
II. Tự Luận: ( 9 điểm)

Câu 1 : Cho biÓu thøc 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.

Cõu 2 : Hai vũi nớc cùng chảy vào một bể thì đầy bể sau 2 giờ 24 phút. Nếu 
chảy riêng từng vịi thì vòi 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 đờng trịn tâm (O) đờng kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm

C (AB>BC). Vẽ đờng trịn tâm (O') đờng kính BC.Gọi I là trung điểm

của AC. Vẽ dây MN vng góc với AC tại I, MC cắt đờng trịn tâm O'

t¹i D.

a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao? 
b) Chứng minh tø gi¸c NIDC néi tiÕp?

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

P N

S 7.

Câu Nội dung Điểm

1 C 0.25

2 D 0.25

3 D 0.25

4 C 0.25

TỰ LUẬN
1

a) A cã nghÜa 

0
1 0
x

x






 


 

0
1
x
x








0.5

b) A=









1 1

x x x

x x

 



 

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

= x 1 x 0.25

=2 x1 0.25

c) A<1  2 x1<1 0.25

 2 x2 0.25

x1 x<1 0.25

Kết hợp điều kiện câu a)  VËy víi 0 x 1 th× A<1 0.25
2

2giê 24 phót=
12

5 giê

Gäi thêi gian vßi thø nhÊt chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk 
x>0)

0.25

Thời gian vịi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ)
Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy đợc :

x (bĨ)

0.5

Trong 1 giờ vịi thứ hai chảy đợc : 
1

2
x (bể)
Trong 1 giờ cả hai vịi chảy đợc :

1
x+

1
2
x (bĨ)

Theo bµi ra ta có phơng trình: 
1
x+

1
2
x =

1
12

0.25

Gia phng trỡnh ta c x1=4; x2

=-6

5 (loại)

0.75
Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ

Thời gian vịi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ) 0.25
3 Vẽ hình và ghi gt, kl ỳng

I

D

N
M

O'
O

A

C
B

0.5

a) Đờng kính ABMN (gt) I là trung điểm của MN (Đờng 
kính và dây cung)

0.5
IA=IC (gt)  Tứ giác AMCN có đơng chéo AC và MN cắt nhau

tại trung điểm của mỗi đờng và vuông góc với nhau nên là hình 
thoi.

0.5

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

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

 900

BDC (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng trịn tâm (O') )

BD MC (2)

Từ (1) và (2)  N,B,D thẳng hàng do đó NDC 900(3).
 900

NIC (v× ACMN) (4)

0.5

Từ (3) và (4)  N,I,D,C cùng nằm trên đờng trịn đờng kính NC

 Tø gi¸c NIDC néi tiÕp 0.5

c) OẻBA. O'ẻBC mà BA vafBC là hai tia đối nhau  B nằm

giữa O và O' do đó ta có OO'=OB + O'B  đờng trịn (O) và

®-êng tròn (O') tiếp xúc ngoài tại B

0.5

MDN vuông tại D nên trung tuyến DI =

2MN =MI MDI 
cân IMD IDM .

T¬ng tù ta cãO DC O CD ' ' mà IMD O CD ' 900(vì MIC900)

0.25
 IDM O DC ' 900 mµ MDC 1800 IDO' 90 0

do đó IDDO  ID là tiếp tuyến của đờng trịn (O'). 0.25

Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
ĐỀ SỐ 8.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
C©u1 : Cho biĨu thøc

1− x2¿2
¿

x¿

(

xx −3−11+x

)(

x3
+1

x+1 − x

)

:¿

Víi x √2 ;1

.a, Ruý gän biểu thức A

.b , Tính giá trị cđa biĨu thøc khi cho x=

√

6+2√2

c. Tìm giá trị của x để A=3
 Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

x − y¿2+3(x − y)=4

2x+3y=12
¿
¿
¿

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

x
3

−4x2−2x −15
x2

+x+3 <0

C©u3. Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xỏc nh m để phơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

Câu 4. Cho nửa đờng trịn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng trịn đó
Dng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà
giao điểm của Aevà nửa đờng tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED

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

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 8.

C©u 1: a. Rót gän A= x

−2
x

b.Thay x=

√

6+2√2 vào A ta đợc A= 4+2√2

√

6+2√2

c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 3±√17

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4

Từ đó ta có

x − y¿2+3(x − y)=4

2x+3y=12

¿
¿
¿

<=>

x − y=1

2x+3y=12

¿{

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

O
K

F
E

C
B

x − y=−4

2x+3y=12

¿{

(2)

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

Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
b) Ta cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)

mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 víi mäi x

Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

 Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1
 Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có

Δ, = m2-2m+1= (m-1)20 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m

ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0)
víi m 1/2 pt cßn cã nghiƯm x= m−m+1

2m−1 =

2m−1

pt cã nghiƯm trong kho¶ng (-1,0)=> -1< 1

2m−1 <0

2m−1+1>0
2m−1<0

¿{

2m
2m−1>0
2m−1<0

¿{

=>m<0

VËy Pt cã nghiÖm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4:

a. Ta cã KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn na ng trũn)

do CF kéo dài cắt ED tại D

=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng trịn đờng kính BK

hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng trịn đờng kính BK.
b. BCF= BAF

Mµ  BAF= BAE=450=>  BCF= 450

Ta cã BKF=  BEF

Mà  BEF=  BEA=450(EA là đờng chéo của hình vng ABED)=> BKF=450

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

ĐỀ SỐ 9.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2006 - 2007

MÔN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )
Bµi 1: Cho biĨu thøc: P =

(

x√x −1

x −√x −

x√x+1

x+√x

)

(

2(x −2√x+1)

x −1

)

a,Rót gän P

b,Tìm x ngun để P có giá trị ngun.

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

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

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

|

x13 x23

|

=50

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

1, x2Chứng

minh:

a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t

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

b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4

Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . H là trực tâm
của tam giác. D là một điểm trên cung BC khơng chứa điểm A.

a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.

b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng
AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.

c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Bài 5: Cho hai số dơng x; y tho món: x + y 1

Tìm giá trị nhá nhÊt cđa: A = 1

x2+y2+

501
xy

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 9.

Bµi 1: (2 điểm). ĐK: x 0; x 1

a, Rót gän: P = 2x(x −1)

x(x −1) :

2( √x −1❑z)

x −1 <=> P =

√x −1¿2
¿
¿

√x −1

b. P = √x+1

√x −1=1+
2

√x 1

Để P nguyên thì

x 1=1x=2x=4

x 1=1x=0x=0

x 1=2x=3x=9

x 1=2x=1(Loai)

VËy víi x= {0;4;9} th× P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:

=(2m+1)24(m2+m6)0

x1x2=m2+m6>0

x1+x2=2m+1<0

{ {

=25>0
(m2)(m+3)>0

m<1

2
m<3

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

b. Giải phơng trình: m+3
3

(m2)3=50

m1=1+5

2
m2=12 5

|

5(3m2+3m+7)

|

=50m2+m1=0

{

Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phơng trình: ax2 + bx + c = 0 nªn ax12 + bx1 + c

=0. .V× x1> 0 => c.

(

1
x1

)

+b. 1

x1

+a=0. Chøng tá x1
1

lµ một nghiệm dơng của

phơng trình: ct2 + bt + a = 0; t
1 =

x1 V× x2 là nghiệm của phơng trình:

ax2 + bx + c = 0 => ax

22 + bx2 + c =0

v× x2> 0 nªn c.

(

x2

)

+b.

(

x2

)

+a=0 ®iỊu nµy chøng tá x1

lµ mét nghiệm dơng

của phơng trình ct2 + bt + a = 0 ; t
2 =

1
x2

VËy nÕu ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c =0 cã hai nghiĐm dơng phân biệt x

1; x2 thì phơng

trình : ct2 + bt + a =0 còng cã hai nghiệm dơng phân biệt t

1 ; t2 . t1 =

x1 ; t2 =

1
x2

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

t1+ x1 =

x1 + x1 2 t2 + x2 =

x2 + x2 2

Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4

a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành .
Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên

CH AB và BH AC => BD AB và CD AC .
Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 .

Vậy AD là đờng kính của đờng trịn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD

O
P

C
B

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

của đờng trịn tâm O thì

tứ giác BHCD là hình bình hành.

b) Vỡ P i xứng với D qua AB nên APB = ADB 
nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB

Do đó: APB = ACB Mặt khác: 
AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB

Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC

VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba ®iĨm P; H; Q thẳng hàng

c). Ta thấy Δ 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

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

ĐỀ SỐ 10.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2007 - 2008

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )

Bµi 1: Cho biĨu thøc:

√x+√y

P= x

(√x+√y)(1−√y)−

y

¿ (√x+1)¿−

(√x+1)(1−√y)
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.

b). T×m x,y nguyên thỏa mÃn phơng trình P = 2.

Bi 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
ph©n biƯt

b). Xác định m để A,B nằm v hai phớa ca trc tung.

Bài 3: Giải hệ phơng tr×nh :

x+y+z=9

x+

y+

z=1

xy+yz+zx=27
¿{ {

Bài 4: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
(C ≠ A ;C ≠ B) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với

đờng trịn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia
AM cắt BC tại N.

a). Chøng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R.

Bµi 5: Cho x , y , z∈R tháa m·n : 1

x+
1
y+

1
z=

1
x+y+z
HÃy tính giá trị cđa biĨu thøc : M = 3

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

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1O.

Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; x ≥0; y ≥0; y ≠1; x+y ≠0 .

*). Rót gän P:







 



(1 ) (1 )

1 1

 



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.

VËy P = √x+√xy−√y.

b). P = 2 ⇔ √x+√xy−√y. = 2
⇔√x(1+√y)−(√y+1)=1

⇔(√x −1) (1+√y)=1

Ta cã: 1 + y 1  x 1 1  0 x 4  x = 0; 1; 2; 3 ; 4

Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) tho¶ m·n

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

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

⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 (*)

Vì phơng trình (*) có Δ=m2−4m+8=(m−2)2+4>0∀m nên phơng 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 ⇔ phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0

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

N
M
O
C
B
A

Bài 3 :

x+y+z=9(1)

1
x+

1
y+

1
z=1(2)
xy+yz+xz=27(3)

{ {

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

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

Thay vµo (1) => x = y = z = 3 .

Ta thÊy x = y = z = 3 thõa mÃn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy
nhất x = y = z = 3.

Bµi 4:

a). XÐt ΔABM vµ ΔNBM .

Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90o .

M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=> ΔBAN cân đỉnh B.

Tø gi¸c AMCB néi tiÕp

=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM).
=> Tam giác MCN cân đỉnh M

b). XÐt ΔMCB vµ ΔMNQ cã :

MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
 BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ).
=> ΔMCB=ΔMNQ(c.g.c). => BC = NQ .

Xét tam giác vuông ABQ có AC⊥BQ⇒ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)

=> AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)

=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = (

√5−1)R

Bµi 5:

Tõ : 1

x+
1
y+
1
z=
1

x+y+z =>

1
x+
1
y+
1
z−
1
x+y+z=0
=> xyx+y+x+y+z − z

z(x+y+z)=0
⇒(z+y)

(

xy+
1

z(x+y+z)

)

=0
⇒(x+y)

(

zx+zy+z

2
+xy

xyz(x+y+z)

)

=0
⇒(x+y)(y+z)(z+x)=0

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - ... + z8)

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

VËy M = 3

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

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2006 - 2007

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )

Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d/ đối xứng với

đờng thẳng d qua đờng thẳng y = x là:
A.y = 1

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

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

Hãy chọn câu trả lời đúng.

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

3 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.

Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0

2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lín nhÊt cđa A = √x +

√y

Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7

Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)

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

MB =

1
2

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

Bài 4: Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB và CD vng góc với nhau, lấy điểm I
bất kỳ trên đoan CD.

a) T×m ®iĨm M trªn tia AD, ®iĨm N trªn tia AC sao cho I lag trung ®iĨm cđa
MN.

b) Chứng minh tổng MA + NA khơng đổi.

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

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 11

Bài 1: 1) Chọn C. Trả li ỳng.

2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1

Bµi 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

M
D
C
B
A
x
K
O
N
M
I
D
C
B
A

= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2

VËy A chia hÕt cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) Do A > 0 nªn A lín nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt.

XÐt A2 = (

√x + √y )2 = x + y + 2

√xy = 1 + 2 √xy (1)
Ta cã: x+y

2 √xy (Bất đẳng thức Cô si)

=> 1 > 2 √xy (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = 1 + 2

√xy < 1 + 2 = 2
Max A2 = 2 <=> x = y = 1

2 , max A = √2 <=> x = y =
1
2

Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)

Cã 2 trêng hỵp: 4 + b = 1 vµ 4 + b = 7
4 + c = - 7 4 + c = - 1
Trêng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10

Ta cã (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trêng hỵp thø hai cho b = 3, c = - 5, a = 2

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

Câu2 (1,5điểm)

Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:
AD = 1

4 AB. Ta có D là điểm cố định

Mµ MA

AB =

2 (gt) do đó
AD

MA =

1
2

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có M©B (chung)
MA

AB =

MA =

1
2

Do đó Δ AMB ~ Δ ADM => MB

MD =

AD = 2

=> MD = 2MD (0,25 ®iĨm)

Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (khơng đổi)
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC

DÊu "=" x¶y ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC
Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC
* Cách dựng ®iĨm M.

- Dựng đờng trịn tâm A bán kính 1

2 AB

- Dùng D trªn tia Ax sao cho AD = 1

4 AB

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

2 AB)

Bài 4:a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 900 nên MN là đờng kính

Vậy I là trung điểm của MN

b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)Δ Δ
=> CN = MK = MD (vì MKD vng cân)Δ
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định .

ĐỀ SỐ 12.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2006 - 2007

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )

Bài 1.( 1,5 điểm ) 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 cđa biĨu thøc :A x 2007y2007z2007.

Bµi 2.( 1,5 điểm ) Cho biÓu thøc :M x2 5x y 2xy 4y2014.

Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó

Bµi 3.( 1,5 im ) Giải hệ phơng trình :





2 2 18

1 . 1 72

x y x y

x x y y

    




  

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Bài 4. ( 2,5 điểm )Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại
điểm M bbất kỳ trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D.

a.Chøng minh : AC . BD = R2.

b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất .

Bµi 5. ( 1, 5 điểm ) Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh r»ng :





2 2 2

a b

a b    a b b a

Bµi 6. ( 1,5 điểm ) Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB .

AC - BD . DC.

ĐÁP ÁN
ĐỀ S 12

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

2
2
2

2 1 0

x y

y z

z x

   



  




  


Cộng từng vế các đẳng thức ta có :



 



2 2 1 2 2 1 2 2 1 0

x  x  y  y  z  z 



x 1





y 1





z 1



2 0

      

1 0
1 0
1 0
x
y

z

 


   

  

  x  y z 1





2007





2007





2007

2007 2007 2007 1 1 1 3

A x y z

          

VËy : A = -3.

Bài 2.(1,5 điểm) 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 

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>













1 3

2 1 1 2007

2 4

M  x y  y

        

 





1 0

y 

vµ









2 1 0

x y

 

   

 

  x y,

2007
M

   Mmin 2007 x2;y1

Bài 3. Đặt :









1
1
u x x

v y y

  




 



 Ta cã :

18
72
u v
uv
 




  u ; v lµ nghiƯm của phơng
trình :

1 2

18 72 0 12; 6

X X   X  X 


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 đợc : Nghiệm của hệ là :

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

Bµi 4 . a.Ta cã CA = CM; DB = DM
Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC OD

Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên :
MO2 = CM . MD

 R2 = AC . BD

b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp

  ; 

MCO MAO MDO MBO

  





COD AMB g g

  

(0,25®)

Do đó : 1

. .
. .

Chu vi COD OM
Chu vi AMB MH



 (MH

1  AB)

Do MH1  OM nªn 1

1
OM

MH 

 Chu vi COD chu vi AMB

DÊu = x¶y ra  MH1 = OM  MO M là điểm chính giữa của cung AB

Bài 5 (1,5 điểm) 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

      

1 1

( ) ( ) 0

4 4

a a b b

      

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

0
2

a b a b

   

Mặt khác a b 2 ab0

Nh©n tõng vÕ ta cã :



 







1
2
2

a b  a b    ab a b

 









2 2

2
a b

a b  a b b a

    

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC
Gọi E là giao điểm của AD và (O)

Ta cã:ABDCED (g.g)

. .

BD AD

AB ED BD CD
ED CD

   





. .

AD AE AD BD CD
AD AD AE BD CD

  

  

L¹i cã : ABDAEC g g





. .

AB AD

AB AC AE AD
AE AC

AD AB AC BD CD

   

  

ĐỀ SỐ 13.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )
C©u 1: Cho hµm sè f(x) =

√

x2

−4x+4
a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = f(x)

x24 khi x 2

Câu 2: Giải hệ phơng trình

x(y 2)=(x+2)(y 4)
(x 3)(2y+7)=(2x 7)(y+3)

{

Câu 3: Cho biểu thøcA =

(

x√x+1

x −1 −
x −1

√x −1

)

(

√x+

√x

√x −1

)

víi x > 0 vµ x  1

a) Rót gän A

b) Tìm giá trị của x để A = 3

c
b

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB.
Gọi H là chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC.

a) Chøng minh r»ng PC cắt AH tại trung điểm E của AH

b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0

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

m·n: 3x1 - 4x2 = 11

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 13.

C©u 1a) f(x) =

x −2¿2
¿
¿

√

x2−4x+4=√¿

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

f(x)=10⇔

x −2=10

x −2=−10

x=12

x=−8

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿

c) A= f(x)

x2−4=

|x −2|
(x −2)(x+2)

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A= 1

x+2
Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A=− 1

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

( 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

C©u 3 a) Ta cã: A =

√x −1 :

x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 :
x

√x −1

= −√x+2

√x −1 ⋅

√x −1

x =

2−√x
x

b) A = 3 => 2−√x

x = 3 => 3x + √x - 2 = 0 => x = 2/3

Câu 4

Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)

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

PB =
CH

CB ; (1)

Mặt khác, do PO // AC (cùng vng góc với AB)
=> POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>  AHC ∞  POB

Do đó: AH

PB =

OB (2)

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

b) Xột tam giác vng BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) vµ do AH = 2EH ta cã

AH2=(2R −AH . CB

2PB )

AH . CB

2PB .

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

2R¿2

4PB2+¿

⇔ AH=4R . CB. PB

4 . PB2+CB2=

4R . 2R . PB

Câu 5. Để phơng 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:

x1+x2=−2m−1

2
x1.x2=m−1

2
3x1−4x2=11

⇔

¿{ {

x1=13-4m

7
x1=7m−7

26-8m
313-4m

7 4

7m7
26-8m=11

{ {

Giải phơng trình 313-4m

7 4

7m7

26-8m=11

ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

ĐỀ SỐ 14.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )

C©u 1: Cho P =

2
1
x
x x


 +

1
1
x
x x


  -

1
1
x
x



a/. Rót gän P.

b/. Chøng minh: P <

3 víi x  0 vµ x 1.

Câu 2: Cho phơng trình : x2 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m lµ tham sè.

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

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

C©u 3: a/. Giải phơng trình :

x + 2
1

2 x = 2

b/. Cho a, b, c là các số thực thõa m·n :

0
0

2 4 2 0

2 7 11 0

a
b

a b c

a b c




 




   


    


</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

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 đờng tròn ngoại tiếp BCD. Tiếp tuyến của (O) tại C và
D cắt nhau ở K .

a/. Chøng minh tứ giác ADCK nội tiếp.
b/. Tứ giác ABCK là hình g×? V× sao?

c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 14

Câu 1:Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 ®iĨm)

P =

2
1
x
x x


 +

1
1
x
x x


  -

( 1)( 1)

x

x x



 

= 3

( ) 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/. Víi x  0 vµ x 1 .Ta cã: P <

3  1

x

x x <

1
3

 3 x < x + x + 1 ; ( v× x + x + 1 > 0 )
 x - 2 x + 1 > 0

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

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

 4 – 2m  0
 m  2.

b/. Víi m  2 th× (1) cã 2 nghiÖm.

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

3 2 2

.3 3

a a m

a a m

  




 


 a=

1
2
m
 3(
1
2
m

)2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = 32 6 ( thõa mÃn điều kiện).
Câu 3:

§iỊu kiƯn x  0 ; 2 – x2 > 0  x  0 ; x < 2.

Đặt y = 2 x2 > 0

Ta cã:

2 2 2 (1)

1 1
2 (2)
x y
x y
  


 



Tõ (2) cã : 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 phơng trình:
X2 – 2X + 1 = 0  X = 1  x = y = 1.

* NÕu xy =

-1

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

X2 + X - 
1

2 = 0  X =

1 3

 

V× y > 0 nªn: y =

1 3

 

 x =

1 3

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =

1 3

 
C©u 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

2
ACK 

s®EC =

2sđBD

= DCB
Nên BCD BAC

Dng 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 .

 D Ỵ AB .

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

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

ĐỀ SỐ 15.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phỳt ( khụng kể giao đề )
Câu 1. a) Xác định x R để biểu thức :A =

√

x2+1− x − 1

√

x2+1− x Lµ mét sè tù
nhiªn

b. Cho biĨu thøc: P = √x

√xy+√x+2+

√y

√yz+√y+1+

2√z

√zx+2√z+2 BiÕt x.y.z = 4 , tính

P .

Câu 2. Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)

a. Chøng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.

Câu 3. Giải phơng trình: x 132 x=5

Câu 4. Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R √2 . Vẽ các tiếp
tuyến AB, AC với đờng trịn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lt

tại D và E.

Chứng minh rằng:

a. DE l tip tuyến của đờng tròn ( O ).
b. 2

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 15

C©u 1: a.

b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 v

xyz=2

Nhân cả tử và mẫu của hạng tư thø 2 víi √x ; thay 2 ë mÉu cđa h¹ng tư thø 3 bëi

√xyz ta đợc:

P =

x+2+xy

z

x

xy+x+2+

2z

(1đ)

P=1 vì P > 0

Cõu 2: a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = 2
Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4.

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

Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đờng thẳng AB ⇒
A,B,D thẳng hàn

b.Ta cã :

AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20

AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10

BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10

⇒ AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C

Vậy SABC = 1/2AC.BC =

210 .√10=5 ( đơn vị diện tích )

Câu 3: Đkxđ x 1, đặt √x −1=u ;√32− x=v ta có hệ phơng trình:

u − v=5

u2+v3=1

¿{

Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2
⇒ x = 10.

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

C©u 4

a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
AB = AC = R ⇒ ABOC là hình
vng (0.5)

Kẻ bán kính OM sao cho
BOD = MOD ⇒

MOE = EOC (0.5®)
Chøng minh BOD = MOD

⇒ OMD = OBD = 900

T¬ng tù: OME = 900

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

⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R
Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC

Cộng từng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE > 2

3 R

VËy R > DE > 2

3 R

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

ĐỀ SỐ 16.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )

C©u 1: Cho hµm sè f(x) =

√

x2

−4x+4
a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = f(x)

x2−4 khi x  ±2

C©u 2: Giải hệ phơng trình

x(y 2)=(x+2)(y 4)
(x 3)(2y+7)=(2x 7)(y+3)

{

Câu 3: Cho biÓu thøc

A =

(

x√x+1

x −1 −
x −1

√x −1

)

(

√x+

√x

√x −1

)

víi x > 0 vµ x  1

a) Rót gän A

2) Tìm giá trị của x để A = 3

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB.
Gọi H là chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC.

a) Chøng minh r»ng PC c¾t AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0

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

m·n: 3x1 - 4x2 = 11

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 16

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

a) f(x) =

x −2¿2
¿
¿

√

x2−4x+4=√¿

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

f(x)=10⇔

x −2=10

x −2=−10

x=12

x=−8

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿

c) A= f(x)

x2−4=

|x −2|
(x −2)(x+2)

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A= 1

x+2
Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A=− 1

x+2
C©u 2

x(y −2)=(x+2)(y −4)
(x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

⇔
xy−2x=xy+2y −4x −8

2 xy−6y+7x −21=2 xy−7y+6x −21

⇔

x − y=−4

x+y=0

⇔

¿x=-2

y=2

¿
¿{

C©u 3a) Ta cã: A =

= x −√x+1− x+1

√x −1 :

x

√x −1

= −√x+2

√x −1 :
x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 ⋅

√x −1

x =

2−√x
x

b) A = 3 => 2−√x

x = 3 => 3x + √x - 2 = 0 => x = 2/3

C©u 4

a) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)

b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có

PB =

CB ; (1)

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông gãc víi AB)

=> POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>  AHC ∞  POB

Do đó: AH

PB =

OB (2)

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

AH.

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

Theo (1) vµ do AH = 2EH ta cã

AH2

=(2R −AH . CB

2PB )

AH . CB

2PB .

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

B H C

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

2R¿2

4PB2+¿

⇔ AH=4R . CB. PB

4 . PB2+CB2=

4R . 2R . PB

Câu 5 (1đ)

Để phơng 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:

x1+x2=−2m−1

2
x1.x2=

m−1
2
3x1−4x2=11

⇔

¿{ {

x1=13-4m

7
x1=7m−7

26-8m
313-4m

7 4

7m7
26-8m=11

{ {

Giải phơng trình 313-4m

7 4

7m7

26-8m=11

ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã

cho có hai nghiệm phân biệt.

ĐỀ SỐ 17.

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Năm học: 2004 - 2005
 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao )
Câu I : Tính giá trị của biểu thøc:

A = 1

√3+√5 +
1

√5+√7 +
1

√7+√9 + ...+

√97+√99

B = 35 + 335 + 3335 + ... + 3333 .. .. . 35

99số 3
Câu II :Phân tích thành nh©n tư :

1) X2 -7X -18

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

C©u III :

1) Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)

2) ¸p dơng : cho x+4y = 5 . T×m GTNN cđa biĨu thøc : M= 4x2 + 4y2

Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một
điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của
đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q.

a) Chøng minh DM.AI= MP.IB
b) TÝnh tØ sè : MP

C©u 5:

Cho P =

√

x
2

−4x+3

√1− x

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

ĐÁP ÁN

ĐỀ SỐ 17

√3+√5 +
1

√5+√7 +
1

√7+√9 + ...+

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

= 1

2 ( √5−❑√3 + √7−√5 + √9−√7 + ...+ √99−√97 ) =
1

2 (

√99−√3 )

2) B = 35 + 335 + 3335 + ... + 3333 .. .. . 35

⏟

99sè 3 =
=33 +2 +333+2 +3333+2+...+ 333....33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33)

= 198 + 1

3 ( 99+999+9999+...+999...99)

198 + 1

3 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 +

B =

(

10
101

−102

)

+165

2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3

= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3

= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2

= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]

= (x2+5x +3)(x2+5x +7)

3) a10+a5+1

= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1

- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )

= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)

-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)

=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)
Câu 3: 4đ

1) Ta cã : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>

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

0 a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>

0 (ad - bc)2 (®pcm )

DÊu = x·y ra khi ad=bc.

2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2)

(1+16) =>
x2 + y2 25

17 => 4x2 + 4y2

100

17 dÊu = x·y ra khi x=

17 , y =
20

17 (2đ)

Câu 4 : 5đ

Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = gãc BCA=>

Δ MPD đồng dạng với Δ ICA => DM

CI =

IA => DM.IA=MP.CI hay

DM.IA=MP.IB (1).

Ta cã gãc ADC = gãc CBA,

Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - gãc AIM = gãc BIA.

Do đó Δ DMQ đồng dạng với Δ BIA =>

BI =

IA => DM.IA=MQ.IB (2)

Tõ (1) vµ (2) ta suy ra MP

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

C©u 5

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

Tõ 1-x > 0 => x < 1

Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta cã :

(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.

Víi x < 1 Ta cã :
P =

√

x

2−4x
+3

√1− x =

√

(x −1)(x −3)

√1− x =√3− x

ĐỀ SỐ 18.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )

√

1+ 1

a2+
1

(a+1)2 Với a > 0.

b. Tính giá trị cđa tỉng. B=

√

1+ 1

12+

1
22+

√

1
22+

32+.. .+

√

1
992+

1
1002

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

a. Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi ∀m .

b. Gäi x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.

P= 2x1x2+3

x12+x

22+2(x1x2+1)

Câu 3 : Cho x ≥1, y ≥1 Chøng minh.

1
1+x2+

1
1+y2≥

2
1+xy

Câu 4 Cho đờng tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đờng trịn,

tõM kỴ MH AB (H Ỵ AB). Gọi E và F lần lợt là hình chiếu vuông góc của H trên

MA v MB. Qua M k đờng thẳng vng góc với è cắt dây AB tại D.

1. Chứng minh rằng đờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi
trên đờng tròn.

2. Chøng minh.

MA2
MB2 =

AH
BD .

AD
BH

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 18

+a+1

a(a+1) (Vì a > 0).

c. áp dụng câu a.

A=1+1

a−
1
a+1

¿⇒B=100− 1

100=
9999
100

B (2 ®) ¸p dơng hƯ thøc Viet ta cã:

x1+x2=m

x1x2=m−1

¿{

⇒P=2m+1

m2+2 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.

⇒−1

2≤ P≤1
⇒GTLN=−1

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
bđt ⇔ x(y − x)

(1+x2)(1+xy)+

y(x − y)

(1+y2)(1+xy)≥0

⇔(x − y)2(xy−1)≥0 đúng vì xy≥1

- Kẻ thêm đờng phụ.

- Chứng minh MD là đờng kớnh ca (o)
=> ...

Gọi E', F' lần lợt là hình chiếu của D trên MA và MB.

Đặt HE = H1

HF = H2
⇒AH

BD .
AD

BH=

HE .h1. MA2
HF.h2. MB2 (1)
⇔ΔHEF ∞ ΔDF'

E'

⇒HF .h2=HE.h

Thay vµo (1) ta cã: MA

MB2 =
AH
BD .

AD
BH

ĐỀ SỐ 19.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )

[

√a+√b

1−√ab+

√a+√b

1+√ab

]

[

a+b+2 ab

1−ab

]

a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D
b) Tính giá trị của D với a = 2

2−√3

c) Tìm giá trị lớn nhất của D

Câu 2: Cho phơng tr×nh 2

2−√3 x

2- mx + 2

2−√3 m

2 + 4m - 1 = 0 (1)

a) Giải phơng trình (1) với m = -1
b) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn 1

x1+
1

x2=x1+x2

Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, ^A=α(α=900
)

Chøng minh r»ng AI = 2 bc . Cos

α
2
b+c

(Cho Sin2 α=2 SinαCosα )
M

o
E'

F
F'

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB và một điểm N di động trên một nửa đờng
tròn sao cho N A ≤ N B. Vễ vào trong đờng trịn hình vng ANMP.

a) Chứng minh rằng đờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q.

b) Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI
nội tiếp.

c) Chứng minh đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định.

B = xy

z +
zx

y +
xyz

x

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 19

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

a ≥0
b ≥0
ab≠1

¿{ {

- Rót gän D
D =

[

2√a+2b√a

1−ab

]

[

a+b+ab

1−ab

]

D = 2√a

a+1

b) a =

2+√3

√3+1¿2⇒√a=√3+1

2¿

2
2+√3=¿

VËy D =

2+2√3

2
2√3+1

=2√3−2

4−√3

c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có

2√a≤ a+1⇒D ≤1
VËy gi¸ trị của D là 1

Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1) 1

2x

2
+x 9

2=0x
2

+2x 9=0

x1=110

x2=1+10

{

b) Để phơng trình 1 cã 2 nghiƯm th× Δ≥0⇔−8m+2≥0⇔m ≤1

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

c
b
a
I
C
B
A

2

+ Để phơng trình có nghiệm khác 0

m1 −4−3√2

m2≠ −4+3√2

⇔1
2m

+4m−1≠0
⇒

{

(*)

1
x1+

x2=x1+x2⇔(x1+x2)(x1x2−1)=0⇔

x1+x2=0

x1x2−1=0

¿{
⇔

2m=0

m2+8m−3=0
⇔

¿m=0

m=−4−√19

m=−4+√19

¿{

Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = 0 và m=−4−√19

2AI . cSin
α

2;

+ SΔAIC=
1

2AI . bSin
α
2;

+ SΔABC=1

2bcSinα ;

SΔABC=SΔABI+SΔAIC

⇒bcSinα=AISinα

2(b+c)
⇒AI=bcSinα

Sinα
2(b+c)

2 bcCosα
2
b+c

QA QB

    Suy ra Q cố định 
b) ^A

1= ^M1(¿^A2)

 Tø gi¸c ABMI néi tiÕp

c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố
định.

Tam gi¸c ABF cã: AQ = QB = QF
 ABF vuông tại A B^=450

AF B^ =450

L¹i cã    1 

1 45 ˆ

ˆ AFB P

P Tø gi¸c APQF néi tiÕp

 A^P F

=AQ F^ =900

Ta cã: A^P F+A^P M=900

+900=1800

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

M1,P,F Thẳng hàng

Cõu 5: Bin i B = xyz

(

1
x2+

y2+

z2

)

= ⋯=xyz .
2
xyz=2

ĐỀ SỐ 20.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )

Bµi 1: Cho biÓu thøc A = 2

4( 1) 4( 1) 1

. 1

1
4( 1)

x x x x

x
x x

      



 



 

 

a) Tìm điều kiện của x để A xác định
b) Rút gọn A

Bài 2 : Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) và B(3; -4)
a) Viết phơng tình đờng thẳng AB

b) Xác định điểm M trên trục hoành để tam giác MAB cân tại M
Bài 3 : Tìm tất cả các số tự nhiên m để phơng trình ẩn x sau:

x2 - m2x + m + 1 = 0

cã nghiƯm nguyªn.

Bài 4 : Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D ẻ BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A và D
đồng thời tiếp xúc với BC tại D. Đờng tròn này cắt AB và AC lần lợt tại E và F.
Chứng minh

a) EF // BC

b) Các tam giác AED và ADC; àD và ABD là các tam giác đồng dạng.
c) AE.AC = à.AB = AC2

Bµi 5 : Cho các số dơng x, y thỏa mÃn điều kiện x2 + y2  x3 + y4. Chøng minh:

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

P N
 S 20

Bài 1:

a) Điều kiện x tháa m·n

1 0

4( 1) 0
4( 1) 0
4( 1) 0

x
x x
x x
x x
 


  


  


  
 
1
1
1
2
x
x
x
x


 





 

  x > 1 và x  2
KL: A xác định khi 1 < x < 2 hoặc x > 2

b) Rót gän A

A =

2 2

( 1 1) ( 1 1) 2

.
1
( 2)

x x x

x
x
     



A =

1 1 1 1 2

2 1

x x x

x x

     

 

Víi 1 < x < 2 A =

2
1 x

Víi x > 2 A =

2
1

x
KÕt luËn

Víi 1 < x < 2 th× A =

2
1 x

Víi x > 2 thì A =

2
1

x
Bài 2:

a) A v B cú hoành độ và tung độ đều khác nhau nên phơng trình đờng thẳng AB có
dạng y = ax + b

A(5; 2) Ỵ AB  5a + b = 2
B(3; -4) Ỵ AB  3a + b = -4
Gi¶i hƯ ta cã a = 3; b = -13

Vậy phơng trình đờng thẳng AB là y = 3x - 13
b) Giả sử M (x, 0) ẻ xx’ ta có

MA = (x 5)2 (0 2)2
MB = (x 3)2 (04)2

x = 1

Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0)
Bài 3:

Phơng trình có nghiệm nguyên khi = m4 - 4m - 4 là số chính phơng

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

m  3 th× 2m(m - 2) > 5  2m2 - 4m - 5 > 0

 - (2m2 - 2m - 5) < < + 4m + 4 

 m4 - 2m + 1 < < m 4

 (m2 - 1)2 < < (m 2)2

 không chính phơng

Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Bài 4:

( 1 )

EADEFD sd ED

(0,25)

  ( 1  )

FADFDC  sd FD

(0,25)

mµ EDAFAD EFD FDC (0,25)
 EF // BC (2 góc so le trong bằng nhau)
b) AD là phân giác góc BAC nên DEDF

sđ

ACD

sđ(AED DF ) =

2sAE = sADE
do ú ACDADE v EADDAC

DADC (g.g)

Tơng tự: sđ

1  1 (  )

2 2

ADF sd AF sd AFD DF
=

  

( )

2 sd AFD DE sd ABD  ADF ABD
do đó AFD ~ (g.g

c) Theo trªn:

+ AED ~  DB


AE AD

AD AC hay AD2 = AE.AC (1)

+ ADF ~ ABD   

AD AF
AB AD
 AD2 = AB.AF (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã AD2 = AE.AC = AB.AF
Bµi 5 (1®):

Ta cã (y2 - y) + 2  0  2y3 y4 + y2

 (x3 + y2) + (x2 + y3)  (x2 + y2) + (y4 + x3)

mà x3 + y4  x2 + y3 do đó

x3 + y3  x2 + y2 (1)

+ Ta cã: x(x - 1)2 0: y(y + 1)(y - 1)2  0

 x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2  0

 x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y  0

 (x2 + y2) + (x2 + y3)  (x + y) + (x3 + y4)

mµ x2 + y3  x3 + y4

 x2 + y2  x + y (2)

vµ (x + 1)(x - 1)  0. (y - 1)(y3 -1)  0

x3 - x2 - x + 1 + y4 - y - y3 + 1  0

 (x + y) + (x2 + y3)  2 + (x3 + y4)

mµ x2 + y3  x3 + y4

 x + y  2
Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã:

x3 + y3  x2 + y2  x + y  2

F
E

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

ĐỀ SỐ 21.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )

a/ rót gän biĨu thøc A.

b/ Tìm giá trị ngun của x để A có giá trị nguyên.

Câu 2: Xác định các giá trị của tham số m để phơng trình
x2-(m+5)x-m+6 =0

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

a/ Nghiệm này lớn hơn nghiệm kia một đơn vị.
b/ 2x1+3x2=13

Câu 3Tìm giá trị của m để hệ phơng trình
mx-y=1

m3x+(m2-1)y =2

v« nghiƯm, vô số nghiệm.

Câu 4: tìm max và min của biÓu thøc: x 2 +3x+1

x2+1

Câu 5: Từ một đỉnh A của hình vng ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 450.

Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đờng chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt
đ-ờng chéo BD tại Q.

a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đờng tròn.
b/ Chứng minh rng: SAEF=2SAQP

c/ Kẻ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính số đo góc MAB biết CPD=CM

P ÁN 
ĐỀ SỐ 21.

Câu 1: a/ Biểu thức A xác định khi x≠2 và x>1

( x-1 -1)2+ ( x-1 +1)2 x-2

A= . ( )
(x-2)2 x-1

x- 1 -1 + x-1 + 1 x- 2 2 x- 1 2
= . = =
x-2 x-1 x-1 x-1
b/ Để A nguyên thì x- 1 là ớc dơng cđa 1 vµ 2

* x- 1 =1 thì x=0 loại
* x- 1 =2 th× x=5

vËy víi x = 5 thì A nhận giá trị nguyên bằng 1

Cõu 2: Ta có x = (m+5)∆ 2-4(-m+6) = m2+14m+1 0 để ph≥ ng trỡnhcú hai

nghiệmphân biệt khi vàchỉ khi m≤-7-4 3 vµ m -7+4 3 (*) ≥
a/ Gi¶ sư x2>x1 ta cã hƯ x2-x1=1 (1)

x1+x2=m+5 (2)

x1x2 =-m+6 (3)

Giải hệ tađợc m=0 và m=-14 thoã mãn (*)
b/ Theo giả thiết ta có: 2x1+3x2 =13(1’)

x1+x2 = m+5(2’)

x1x2 =-m+6 (3’)

giải hệ ta đợc m=0 và m= 1 Thoả mãn (*)

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

3m2-1 -2 3m≠ 2≠-1 m= 1/2 m= 1/2± ±

m∀
*HƯv« sè nghiƯm th×: m/m3=-1/(m2-1) =1/2

3m3-m=-m3 m=0

3m2-1= -2 m= 1/2 ±

V« nghiƯm

Khơng có giá trị nào của m để hệ vô số nghiệm.

Câu 4: Hàm số xác định với x(vì x2+1 0) x 2+3x+1

gọi y0 là 1 giá trịcủa hàmphơng tr×nh: y0=

x2+1

(y0-1)x2-6x+y0-1 =0 cã nghiÖm

*y0=1 suy ra x = 0 y0 1; ’=9-(y≠ ∆ 0-1)2≥0 (y0-1)2≤9 suy

ra -2 ≤ y0 ≤ 4

VËy: ymin=-2 và y max=4

Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình)
Giải

a/ A1 và B1 cùng nhìn đoạn QE dới một góc 450

t giỏc ABEQ nội tiếp đợc.
 FQE = ABE =1v.

chøng minh t¬ng tù ta cã FBE = 1v

 Q, P, C cùng nằm trên đờng tròn đờng kinh EF.
b/ Từ câu a suy ra AQE vng cân. ∆



AE

AQ = 2 (1)

t¬ng tù APF cũng vuông cân

AF

AB = 2 (2)

tõ (1) vµ (2)  AQP ~ AEF (c.g.c)

AEF
AQP

S
S

= ( 2 )2 hay S

AEF = 2SAQP

c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD và APD=CPD 
MCD= MPD=APD=CPD=CMD

MD=CD  MCD đều ∆  MPD=600

mµ MPD lµ gãc ngoµi cđa ABM ta cã ∆ APB=450 vËy MAB=600-450=150

1
1

P
M

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

ĐỀ SỐ 22.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )

Bµi 1: Cho biĨu thøc M = 2√x −9

x −5√x+6+

2√x+1

√x −3 +

√x+3

2−√x

a. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M
b. Tìm x để M = 5

c. Tìm x Z để M Z.

bµi 2: a) Tìm x, y nguyên dơng thoÃ mÃn phơng trình
3x2 +10 xy + 8y2 =96

b)t×m x, y biÕt / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = 3
Bµi 3: a. Cho các số x, y, z dơng thoÃ mÃn 1

x +
1
y +

1
z = 4

Chøng ming r»ng: 1

2x+y+z +

x+2y+z +

x+y+2z 1
b. Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc: B = x

2−2x
+2006

x2 (víi x 0 )

Bài 4: Cho hình vng ABCD. Kẻ tia Ax, Ay sao cho x^A y = 45 ❑0
Tia Ax cắt CB và BD lần lợt tại E và P, tia Ay cắt CD và BD lần lợt tại F và Q

a. Chứng minh 5 điểm E; P; Q; F; C cùng nằm trên một đờng tròn

b. S ΔAEF = 2 S ΔAPQ

Kẻ đờng trung trực của CD cắt AE tại M. Tính số đo góc MAB biết C^P D =

C^M D
Bài 5: (1đ)

Cho ba sè a, b , c kh¸c 0 tho· m·n:

1
a+

1
b+

1
c=0

; H·y tÝnh P = ac

c2+
bc

a2+

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

ĐÁP ÁN 
ĐỀ SỐ 22

Bµi 1:M = 2√x −9

x −5√x+6+

2√x+1

√x −3 +

√x+3

2−√x

a.§K x ≥0; x ≠4;x ≠9 0,5®

Rót gän M = 2√x −9−(√x+3)(√x −3)+(2√x+1) (√x −2)
(√x −2) (√x −3)

Biến đổi ta có kết quả: M = x −√x −2

(√x −2) (√x −3) M =

(√x+1)(√x −2)

(√x −3) (√x −2)⇔M=
√x+1

√x −3

b.. M = 5⇔√x −1

√x −3=5
⇒√x+1=5(√x −3)
⇔√x+1=5√x −15

⇔16=4√x
⇒√x=16

4 =4⇒x=16

c. M = √x+1

√x −3=

√x −3+4

√x −3 =1+
4

√x −3

Do M z nên x 3 là ớc của 4 x 3 nhận các giá trị: -4; -2; -1; 1;

2; 4

⇒x∈{1;4;16;25;49} do x ≠4⇒ x∈{1;16;25;49}
Bµi 2 a. 3x2 + 10xy + 8y2 = 96

<--> 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96

<--> (3x2 + 6xy) + (4xy + 8y2) = 96

<--> 3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96

<--> (x + 2y)(3x + 4y) = 96

Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng và 3x + 4y > x + 2y

mà 96 = 25. 3 có các ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu din thnh

tích 2 thừa số không nhỏ hơn 3 là: 96 = 3.32 = 4.24 = 6. 16 = 8. 12

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

x+2y=6

3x+4y=24

¿{

Hệ PT này vô nghiệm

x+2y=6

3x+4y=16

¿{

⇒

x=4

y=1

¿{

Hoặc

x+2y=8

3x+4y=12

{

Hệ PT vô nghiệm

Vậy cấp số x, y nguyên dơng cần tìm là (x, y) = (4, 1)
b. ta cã /A/ = /-A/ A∀A

Nªn /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/

❑/x −2005+2008− x/❑/3/❑3 (1)

mµ /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = 3 (2)
Kết hợp (1 và (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ 0
(3)

(3) sảy ra khi và chỉ khi

x 2006/0
y −2007/❑0

⇔

¿x=2006

y=2007

¿{

Bài 3
a. Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ
b. Với mọi a, b thuộc R: x, y > 0 ta có a

x+
b2

y ≥

(a+b)2

x+y (∗)
<-->(a2y + b2x)(x + y) (a

+b)2xy

 a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy  a2xy + 2abxy + b2xy

 a2y2 + b2x2  2abxy

 a2y2 – 2abxy + b2x2  0

 (ay - bx)2  0 (**) bất đẳng thức (**) đúng với mọi a, b, và x,y > 0

DÊu (=) x¶y ra khi ay = bx hay

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 2 2 2 2 4 4 4 4

2x y z 2x y z x y x z x y x z

         
  
         
         
    
       

2 2 2 2

1 1 1 1

1 2 1 1

4 4 4 4

x y x z x y z

       
       
 
       
        
 
T¬ng tù

1 1 1 2 1

2 16

x y z x y z

 

    

   

1 1 1 1 2

2 16

x y z x y z

 

    

   

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:

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

2 2 2 16 16 16

1 4 4 4 4 1 1 1 1

.4 1

16 16 4

x y z x y z x y z x y z x y z x y z

x y z x y z

     
              
           
   
         
   

V×

1 1 1

4
xyz 





2
2
2 2006
0
x x
B x
x
 
 

Ta cã: B=x
2

−2x+2006

x2 ⇔B=

2006x2−2 . 2006x+20062

2006x

⇔B=(x −2006)
2

+2005x2

x2 ⇔

(x −2006)2+2005

2006x2 +

2005
2006

V× (x - 2006)2  0 víi mäi x

x2 > 0 víi mäi x kh¸c 0





2006 2005 2005

0 2006

2006 2006 2006

x

B B khix

x



      

Bµi 4a. EBQ EAQ 450 EBAQ



 

 néi tiÕp; Bˆ = 900 à gãc AQE = 900 à gãcEQF

= 900

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

à Tø gi¸c FDAP néi tiÕp gãc D = 900à gãc APF = 900 góc EPF = 900.

0,25đ

Các điểm Q, P,C luôn nhìn dới 1góc900 nên 5 điểm E, P, Q, F, C cïng n»m

trên 1 đờng tròn đờng kính EF ………0,25đ

b. Ta cã gãc APQ + gãc QPE = 1800 (2 gãc kÒ bï) ⇒ gãc APQ = gãc AFE

Gãc AFE + gãc EPQ = 1800

àTam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g)

2 1 1 2

2
2

APQ

APQ AEE
AEF

S

k S S

S


 



 

     

 

c. gãc CPD = gãc CMD à tø gi¸c MPCD néi tiÕp à gãc MCD = gãc CPD (cùng
chắn cung MD)

Lại có góc MPD = góc CPD (do BD lµ trung trùc cđa AC)
gãc MCD = gãc MDC (do M thc trung trùc cđa DC)

à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD à tam giác MDC đều à gúc CMD
= 600

tam giác DMA cân tại D (vì AD = DC = DM)

Và góc ADM =gócADC gãcMDC = 900 – 600 = 300
à gãc MAD = gãc AMD (1800 - 300) : 2 = 750

à gãcMAB = 900 750 = 150

Bài 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c à x + y + z = 0 (v× 1/a = 1/b + 1/c = 0)

à x = -(y + z)

à x3 + y3 + z3 – 3 xyz = -(y + z)3 + y3 – 3xyz

à-( y3 + 3y2 z +3 y2z2 + z3) + y3 + z3 – 3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz .0 = 0

Tõ x3 + y3 + z3 – 3xyz = 0 à x3 + y3 + z3 = 3xyz

à 1/ a3 + 1/ b3 + 1/ c3 3 1/ a3 .1/ b3 .1/ c3 = 3/abc

Do đó P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = abc (1/a3 + 1/b3+ 1/c3) = abc.3/abc = 3

nÕu 1/a + 1/b + 1/c =o th× P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3

ĐỀ SỐ 23.

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng kể giao đề )

Bµi 1Cho biÓu thøc A =

x2−3

¿2+12x2

¿
¿
¿

√¿

+ x+2¿
2−8x2

√¿

a. Rút gọn biểu thức A

b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị nguyên.
Bài 2: (2 điểm)

Cho cỏc ng thẳng:

y = x-2 (d1)

y = 2x – 4 (d2)

y = mx + (m+2) (d3)

a. Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (d3 ) luôn đi qua với mọi giá trị của m.

b. Tìm m để ba đờng thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy .
Bài 3: Cho phơng trình x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1)

a. Chứng minh phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.

b. Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phơng trình (1) mà không
phụ thuộc vào m.

c. Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa P = x2

1 + x22 (víi x1, x2 là nghiệm của phơng

trình (1))

Bi 4: Cho ng trũn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên
cung lớn BC sao cho AC>AB và AC > BC . Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ
BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lợt là giao điểm
của các cặp đờng thẳng AB với CD; AD và CE.

a. Chøng minh r»ng DE// BC

b. Chøng minh tø gi¸c PACQ néi tiếp

c. Gọi giao điểm của các dây AD và BC lµ F
Chøng minh hƯ thøc: 1

CE =

CQ +

1
CE

Bµi 5: Cho các số dơng a, b, c Chứng minh r»ng: 1< a

a+b+

b
b+c+

c
c+a<2

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 23

Bài 1: - Điều kiện : x 0
a. Rót gän: A=

√

x

+6x2+9

x2 +

√

x
2−4x

+4
¿x

2
+3

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

- Víi x <0: A=−2x
2

+2x −3

x

- Víi 0<x 2: A=2x+3

x

- Víi x>2 : A=2x
2

−2x+3

x

b. Tìm x nguyên để A nguyên:
A nguyên <=> x2 + 3 ⋮|x|

<=> 3 ⋮|x| => x = {−1;−3;1;3}
Bµi 2:

a. (d1) : y = mx + (m +2)

<=> m (x+1)+ (2-y) = 0
Để hàm số luôn qua điểm cố định với mọi m

x+1=0

2− y=0

¿{

=.>

x=−1

y=2

¿{

Vậy N(-1; 2) là điểm cố định mà (d3) đi qua

b. Gọi M là giao điểm (d1) và (d2) . Tọa độ M là nghiệm của hệ
¿

y=x −2

y=2x −4

¿{

x=2

y=0

{

Vậy M (2; 0) .

Nếu (d3) đi qua M(2,0) thì M(2,0) lµ nghiƯm (d3)

Ta cã : 0 = 2m + (m+2) => m= - 2

VËy m = - 2

3 thì (d1); (d2); (d3) đồng quy

Bµi 3: a. Δ' = m2 –3m + 4 = (m - 3

2 )2 +
7

4 >0 m.

x1+x2=2(m−1)

x1x2=m−3

¿{

x1+x2=2m −2
2x1x2=2m −6

¿{

<=> x1+ x2 – 2x1x2 4 = 0 không phụ thuộc vào m

a. P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – 2 (m-3)

= (2m - 5

2 )2 +
15

4 ≥
15

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

VËyPmin =

15
4

víi m =

5
4

Bài 4: Vẽ hình đúng – viết giả thiết – kết luận
a. Sđ ∠ CDE = 1

2 S® DC =
1

2 S® BD = ∠BCD

=> DE// BC (2 gãc vÞ trÝ so le)
b. ∠ APC = 1

2 s® (AC - DC) = ∠ AQC

=> APQC néi tiÕp (v× ∠ APC = ∠ AQC
cùng nhìn đoan AC)

c.Tø gi¸c APQC néi tiÕp

∠ CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ)

∠ CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC)
Suy ra ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ
Ta cã: DE

PQ =
CE

CQ (v× DE//PQ) (1)
DE

FC =

QC (v× DE// BC) (2)

Céng (1) vµ (2) : DE

PQ+
DE
FC =

CE+QE

CQ =

CQ
CQ =1

=> 1

PQ +
1
FC=

DE (3)

ED = EC (t/c tiÕp tuyÕn) tõ (1) suy ra PQ = CQ
Thay vµo (3) : 1

CQ+
1
CF=

Bµi 5:Ta cã: a

a+b+c <

a

b+a <

a+c

a+b+c (1)
b

a+b+c <

b

b+c <

b+a

a+b+c (2)
c

a+b+c <

c

c+a <

c+b

a+b+c (3)
Céng tõng vÕ (1),(2),(3) :

1 < a

a+b +

b

b+c +

c

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

ĐỀ SỐ 24.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
 Năm học: 2004 - 2005

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút ( khơng k giao )

Bài 1: (2đ)

Cho biểu thức:

P =

(

x −1

x+3√x −4−

√x+1

√x −1

)

x+2√x+1

x −1 +1

a) Rót gän P.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Bi 2: (2) Một ngời đự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 20 km trong một thời
gian đã định. Sau khi đi đợc 1 giờ với vận tốc dự định, do đờng khó đi nên ngời đó
giảm vận tốc đi 2km/h trên qng đờng cịn lại, vì thế ngời đó đến B chậm hơn dự
định 15 phút. Tính vận tc d nh ca ngi i xe p.

Bài 3: (1,5đ) Cho hệ phơng trình:

mx2y=3

2x+my=1 m

{

a) Giải hệ phơng trình víi m = 3

b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất thoả mãn x + y = 1

Bài 4: (3đ) Cho nửa đờng trịn (O; R) đờng kính AB. Điểm M tuỳ ý trên nửa đờng
tròn. Gọi N và P lần lợt là điểm chính giữa của cung AM và cung MB. AP cắt BN
tại I.

a) TÝnh sè ®o gãc NIP.

b) Gọi giao điểm của tia AN và tia BP là C; tia CI và AB là D.
Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp đợc.

c) Tìm quỹ tích trung điểm J của đoạn OC khi M di động trên nửa tròn tròn
tâm O

Bài 5: (1,5đ) Cho hàm số y = -2x2 (P) và đờng thẳng y = 3x + 2m – 5 (d)

a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toạ độ hai im
ú.

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

P N
 S 24

Bài 1: (2đ)
a) (1,5đ)

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

- Thực hiện phép chia đúng bằng −5

√x+4
0,25®

- Thực hiện phép cộng đúng bằng: √x −1