Tai lieu luyen thi vao THPT

<span class='text_page_counter'>(1)</span>LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Naêm hoïc : 2011-2012. Biên soạn : Trần Công Hoan. 1. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(2)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. LỜI NÓI ĐẦU Để góp phần định hướng cho việc dạy - học ở các trường nhất là việc ôn tập, rèn luyện kĩ năng cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục của tỉnh nhà nhằm nâng cao chất lượng các kì thi tuyển sinh, phòng GD& ĐT Vĩnh Linh phát hành Bộ tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và THPT chuyên Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu được biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ năng của Bộ GDĐT, trong đó tập trung vào những kiến thức cơ bản, trọng tâm và kĩ năng vận dụng. Được viết theo hình thức hệ thống kiến thức theo chuyên đề và bộ đề ôn thi, gồm hai phần: một phần ôn thi vào lớp 10 THPT, một phần ôn thi vào lớp 10 THPT chuyên dựa trên cấu trúc đề thi của các sở GD&ĐT. Mỗi đề thi đều có lời giải tóm tắt và kèm theo một số lời bình. Bộ tài liệu ôn thi này do các thầy, cô giáo là lãnh đạo, chuyên viên phòng Giáo dục; cốt cán bộ môn của phòng; các thầy, cô giáo là Giáo viên giỏi tỉnh biên soạn. Hy vọng đây là Bộ tài liệu ôn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học ở các trường THCS và kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, THPT chuyên năm học 20122013 và những năm tiếp theo. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ của đội ngũ những người biên soạn, song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự đóng góp của các thầy, cô giáo và các em học sinh để Bộ tài liệu được hoàn chỉnh hơn. Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất trong các kỳ thi sắp tới! TRƯỞNG BAN BIÊN TẬP. Trần Công Hoan. Biên soạn : Trần Công Hoan. 2. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(3)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. PHẦN I: ĐẠI SỐ CHỦ ĐỀ 1: CĂN THỨC – BIẾN ĐỔI CĂN THỨC.. Dạng 1: Tìm điều kiện để biểu thức có chứa căn thức có nghĩa. Bài 1: Tìm x để các biểu thức sau có nghĩa.( Tìm ĐKXĐ của các biểu thức sau).. 1). 3x  1. 8). x2  3. 2). 5  2x. 9). x2  2. 1. 3). 7x  14 2x  1. 4). 3x. 5). x3 7x 1. 7). 2x  x. x 2  3x  7. 11). 2x 2  5x  3 1. 12). 7x  2. 6). 10). x 2  5x  6 1. 13). x 3. 5x. 6x  1  x  3. 14). 2. 3x. . Dạng 2: Biến đổi đơn giản căn thức. Bài 1: Đưa một thừa số vào trong dấu căn. 3 5 ; 5 3. a). b) x. 2 (víi x  0); x. c). x. 2 ; 5. d) (x  5). x ; 25  x2. e) x. 7 x2. Bài 2: Thực hiện phép tính. a). ( 28  2 14  7 )  7  7 8 ;. d). b). ( 8  3 2  10 )( 2  3 0,4) ;. e). c). (15 50  5 200  3 450 ) : 10 ;. f). 3. g). 3;. 20  14 2  20  14 2 ;. h). 6  2 5  6  2 5; 11  6 2  11  6 2 3. 5 2 7 3 5 2 7. 3. 26  15 3  3 26  15 3. Bài 3: Thực hiện phép tính. a) (. 2 3 6 216 1  ) 3 8 2 6. b). 14  7 15  5 1  ): 1 2 1 3 7 5. c). 5  2 6  8  2 15 7  2 10. Bài 4: Thực hiện phép tính. a). (4  15 )( 10  6) 4  15. c). 3 5  3 5  2. e). 6,5  12  6,5  12  2 6. (3  5) 3  5  (3  5) 3  5. b). 4 7  4 7  7. d). Bài 5: Rút gọn các biểu thức sau: Biên soạn : Trần Công Hoan. 3. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(4)</span> LUYỆN THI VÀO THPT 1. a). NĂM HỌC 2011 - 2012 1. . 7  24  1. 7  24  1. . 3 1 1. 52 6 5 2 6  5 6 5 6. c). 3. b). 3 3 1 1. 3 5 3 5  3 5 3 5. d). Bài 6: Rút gọn biểu thức:. a) 6  2 5  13  48. b) 4  5 3  5 48  10 7  4 3. 1 1 1 1    ...  1 2 2 3 3 4 99  100 Bài 7: Rút gọn biểu thức sau: a b b a 1 a) : , víi a  0, b  0 vµ a  b. ab a b c).  a  a  a a   1  , víi a  0 vµ a  1. b)  1    a  1  a  1   a a  8  2a  4 a ; a4 1 d)  5a 4 (1  4a  4a 2 ) 2a  1 c). 3x 2  6xy  3y 2 2 e) 2  4 x  y2 Bài 8: Tính giá trị của biểu thức. a) A  x 2  3x y  2y, khi x . 1 5 2. ;y . 1 94 5. b) B  x 3  12x  8 víi x  3 4( 5  1)  3 4( 5  1) ;. . . . c) C  x  y , biÕt x  x 2  3 y  y 2  3  3; d) D  16  2x  x 2  9  2x  x 2 , biÕt. 16  2x  x 2  9  2x  x 2  1.. e) E  x 1  y 2  y 1  x 2 , biÕt xy  (1  x 2 )(1  y 2 )  a. Dạng 3: Bài toán tổng hợp kiến thức và kỹ năng tính toán. Bài 1: Cho biểu thức P . x3 x 1  2. a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P nếu x = 4(2 - 3 ). c) Tính giá trị nhỏ nhất của P. Bài 2: Xét biểu thức A . a2  a 2a  a   1. a  a 1 a. a) Rút gọn A. Biên soạn : Trần Công Hoan. 4. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(5)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. b) Biết a > 1, hãy so sánh A với A . c) Tìm a để A = 2. d) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 1 x   2 x  2 2 x  2 1 x. Bài 3: Cho biểu thức C . a) Rút gọn biểu thức C. b) Tính giá trị của C với x . 4 . 9. c) Tính giá trị của x để C . 1 . 3.  a  1  2 2 2 a b a  b2  a. Bài 4: Cho biểu thức M .  b :  2 2  a a b. a) Rút gọn M. b) Tính giá trị M nếu. a 3  . b 2. c) Tìm điều kiện của a, b để M < 1.  x 2 x  2  (1  x) 2  Bài 5: Xét biểu thức P     2 .  x 1 x  2 x 1. a) Rút gọn P. b) Chứng minh rằng nếu 0 < x < 1 thì P > 0. c) Tìm giá trị lơn nhất của P. Bài 6: Xét biểu thức Q . 2 x 9 x  3 2 x 1   . x5 x 6 x  2 3 x. a) Rút gọn Q. b) Tìm các giá trị của x để Q < 1. c) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị tương ứng của Q cũng là số nguyên.  xy x 3  y3 Bài 7: Xét biểu thức H     x y xy .  :  . . . 2. x  y  xy x y. a) Rút gọn H. b) Chứng minh H ≥ 0. c) So sánh H với H . . Bài 8: Xét biểu thức A  1  .  a   1 2 a . :  a  1   a  1 a a  a  a  1 . a) Rút gọn A. b) Tìm các giá trị của a sao cho A > 1. c) Tính các giá trị của A nếu a  2007  2 2006 . Bài 9: Xét biểu thức M . 3x  9x  3 x 1 x 2   . x x 2 x  2 1 x. a) Rút gọn M. b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị tương ứng của M cũng là số nguyên.. Biên soạn : Trần Công Hoan. 5. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(6)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. Bài 10: Xét biểu thức P . NĂM HỌC 2011 - 2012 15 x  11 3 x  2 2 x  3   . x  2 x  3 1 x x 3. a) Rút gọn P. 1 2. b) Tìm các giá trị của x sao cho P  . c) So sánh P với. 2 . 3. Chủ đề 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH A - Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn:. Dạng 1: Giải hệ phương trình cơ bản và đưa được về dạng cơ bản Bài 1: Giải các hệ phương trình. 3x  2y  4 1)  ; 2x  y  5 3x  4y  2  0 4)  ; 5x  2y  14. 4x  2y  3 2)  ; 6x  3y  5 2x  5y  3 5)  ; 3x  2y  14. 2x  3y  5 3)  4x  6y  10 4x  6y  9 6)  10x  15y  18. Bài 2: Giải các hệ phương trình sau:. 3x  2 2y  3  6xy 1)  ;    4x  5 y  5  4xy  y  27  2y - 5x  3  5  4  2x 3)  ; 6y  5x x  1  y  3 7. 2x - 32y  4   4x y  3  54 2)  ;      x  1 3y  3  3y x  1  12   7x  5y - 2  x  3y  8  4)   6x - 3y  10  5  5x  6y. Dạng 2: Giải hệ bằng phương pháp đặt ẩn phụ Giải các hệ phương trình sau. 1  2   x  2y y  2x  3  1)  ; 4 3   1  x  2y y  2x.  .  . 2  3x  x 1 y  4  4  2)  ; 2x 5   9  x  1 y  4. 2 x 2  2x  y  1  0 4)  ; 2 3 x  2x  2 y  1  7  0 . 3y x 1   x 1 y  2  7  3)  ; 2 5   4  x  1 y  2. 5 x  1  3 y  2  7 5)  2 4x 2  8x  4  5 y 2  4y  4  13.. Dạng 3: Xác định giá trị của tham số để hệ có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước Bài 1: a) Định m và n để hệ phương trình sau có nghiệm là (2 ; - 1).. Biên soạn : Trần Công Hoan. 6. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(7)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012 2mx  n  1y  m  n  m  2x  3ny  2m  3. b) Định a và b biết phương trình: ax2 - 2bx + 3 = 0 có hai nghiệm là x = 1 và x = -2. Bài 2: Định m để 3 đường thẳng sau đồng quy: a) 2x – y = m ; x = y = 2m ; mx – (m – 1)y = 2m – 1 2 b) mx + y = m + 1 ; (m + 2)x – (3m + 5)y = m – 5 ; (2 - m)x – 2y = - m2 + 2m – 2. Bài 3: Cho hệ phương trình mx  4y  10  m (m lµ tham sè)  x  my  4  a) Giải hệ phương trình khi m = 2 . b) Giải và biện luận hệ theo m. c) Xác định các giá tri nguyên của m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) sao cho x > 0, y > 0. d) Với giá trị nguyên nào của m thì hệ có nghiệm (x ; y) với x, y là các số nguyên dương. e) Định m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) sao cho S = x 2 – y2 đạt giá trị nhỏ nhất. (câu hỏi tương tự với S = xy). f) Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) thì điểm M(x ; y) luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi m nhận các giá trị khác nhau. m  1x  my  3m  1 2x  y  m  5. Bài 4: Cho hệ phương trình: . a) Giải và biện luận hệ theo m. b) Với các giá trị nguyên nào của m thì hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) sao cho x > 0, y < 0. c) Định m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà P = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất. d) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn x2 + 2y = 0. (Hoặc: sao cho M (x ; y) nằm trên parabol y = - 0,5x2). e) Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) thì điểm D(x ; y) luôn luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi m nhận các giá trị khác nhau. x  my  2 mx  2y  1. Bài 5: Cho hệ phương trình: . a) Giải hệ phương trình trên khi m = 2. b) Tìm các số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà x > 0 và y < 0. c) Tìm các số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà x, y là các số nguyên. d) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà S = x – y đạt giá trị lớn nhất. B - Một số hệ bậc hai đơn giản:. Dạng 1: Hệ đối xứng loại I x  y  xy  11. Ví dụ: Giải hệ phương trình . 2 2 x  y  3x  y   28. Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình sau:. Biên soạn : Trần Công Hoan. 7. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(8)</span> LUYỆN THI VÀO THPT 2. NĂM HỌC 2011 - 2012 2. x  y  x  y  8 1)  2 x  y 2  xy  7 xy  x  y  19 3)  2 2 x y  xy  84. x 2  xy  y 2  4 2)  x  xy  y  2. x  1y  1  8 5)  x x  1  yy  1  xy  17.  x 2  1 y 2  1  10 6)  x  y xy  1  3. x  xy  y  2  3 2 7)  2 x  y 2  6. x 2  xy  y 2  19x  y 2 8)  2 x  xy  y 2  7x  y . x 2  3xy  y 2  1 4)  2 3x  xy  3y 2  13. . . x y  y x  30 10)  x x  y y  35. x  y 2  x  y   6 9)  2 5 x  y 2  5xy. . . . Dạng 2: Hệ đối xứng loại II x 3  1  2y y3  1  2 x. Ví dụ: Giải hệ phương trình . Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình sau: x 2  1  3y 1)  2  y  1  3x x 3  2x  y 3)  3  y  2y  x. x 2 y  2  y 2 2)  2 xy  2  x 2 x 2  xy  y  1 4)  x  xy  y 2  1 y  x  3y  4 x 6)   y  3x  4 x  y. x 2  2y 2  2x  y 5)  2  y  2x 2  2y  x. 1 3  2x  y  x x 3  3x  8y  7)  8)  3 1 3  y  3y  8x 2y    x y x 2  3x  y x 3  7x  3y 9)  2 10)  3  y  3y  x y  7y  3x Dạng 3: Hệ bậc hai giải bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số Giải các hệ phương trình sau:. Biên soạn : Trần Công Hoan. 8. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(9)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. x  y  1  0 1)  2  x  xy  3  0.  x 2  xy  y 2  12 2)   xy  x 2  y 2  8. 2 xy  x 2  4 x  4 3)  2  x  2 xy  y  5 x  4.  x  2 y  2 xy  11  0 4)   xy  y  x  4. 2x  y 2  3 x  y   5  0 5)  x  y  5  0 x  2 y  2  0 7)  2 2 y  x  0 2 2  x  y  2 xy  1 9)  2 2 x  2 y 2  2 xy  y  0 3x  2y  36 11)  x  2 y  3  18. 5x  y   3 x  y   8 6)  2 x  3 y  12 x 2  y  0 8)  x  y  2  0 2x  3y  5 10)  2 2 x  y  40 xy  2x  y  2  0 12)  xy  3x  2y  0. xy  x  y  1 13)  xy  3x  y  5. x 2  y 2  4x  4y  8  0 14)  2 x  y 2  4x  4y  8  0. 2. x x  8  3yy  1  6 15)  2x x  8  5yy  1  14. Chủ đề 3: HÀM SỐ ĐỒ THỊ. Dạng 1: Vẽ đồ thị hàm số Bài 1: Vẽ đồ thị các hàm số sau: a) y = 2x – 5 ; Bài 2: Vẽ đồ thị hàm số y = ax2 khi: a) a = 2 ;. b) y = - 0,5x + 3 b) a = - 1.. Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng Bìa 1: Viết phương trình đường thẳng (d) biết: a) (d) đi qua A(1 ; 2) và B(- 2 ; - 5) b) (d) đi qua M(3 ; 2) và song song với đường thẳng () : y = 2x – 1/5. c) (d) đi qua N(1 ; - 5) và vuông góc với đường thẳng (d’): y = -1/2x + 3. d) (d) đi qua D(1 ; 3) và tạo với chiều dương trục Ox một góc 300. e) (d) đi qua E(0 ; 4) và đồng quy với hai đường thẳng f) (): y = 2x – 3; (’): y = 7 – 3x tại một điểm. g) (d) đi qua K(6 ; - 4) và cách gốc O một khoảng bằng 12/5 (đơn vị dài). Bài 2: Gọi (d) là đường thẳng y = (2k – 1)x + k – 2 với k là tham số. a) Định k để (d) đi qua điểm (1 ; 6). b) Định k để (d) song song với đường thẳng 2x + 3y – 5 = 0. c) Định k để (d) vuông góc với đường thẳng x + 2y = 0. d) Chứng minh rằng không có đường thẳng (d) nào đi qua điểm A(-1/2 ; 1). Biên soạn : Trần Công Hoan. 9. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(10)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. e) Chứng minh rằng khi k thay đổi, đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định. Dạng 3: Vị trí tương đối giữa đường thẳng và parabol Bài 1: a) Biết đồ thị hàm số y = ax2 đi qua điểm (- 2 ; -1). Hãy tìm a và vẽ đồ thị (P) đó. b) Gọi A và B là hai điểm lần lượt trên (P) có hoành độ lần lượt là 2 và - 4. Tìm toạ độ A và B từ đó suy ra phương trình đường thẳng AB. 1 2. Bài 2: Cho hàm số y   x 2 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (P) của hàm số trên. b) Lập phương trình đường thẳng (d) qua A(- 2; - 2) và tiếp xúc với (P). Bài 3: 1 4. Trong cùng hệ trục vuông góc, cho parabol (P): y   x 2 và đường thẳng (D): y = mx - 2m - 1. a) Vẽ độ thị (P). b) Tìm m sao cho (D) tiếp xúc với (P). c) Chứng tỏ rằng (D) luôn đi qua một điểm cố định A thuộc (P). 1 2. Bài 4: Cho hàm số y   x 2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên. b) Trên (P) lấy hai điểm M và N lần lượt có hoành độ là - 2; 1. Viết phương trình đường thẳng MN. c) Xác định hàm số y = ax + b biết rằng đồ thị (D) của nó song song với đường thẳng MN và chỉ cắt (P) tại một điểm. Bài 5: Trong cùng hệ trục toạ độ, cho Parabol (P): y = ax2 (a  0) và đường thẳng (D): y = kx + b. 1) Tìm k và b cho biết (D) đi qua hai điểm A(1; 0) và B(0; - 1). 2) Tìm a biết rằng (P) tiếp xúc với (D) vừa tìm được ở câu 1). 3)Vẽ (D) và (P) vừa tìm được ở câu 1) và câu 2). 3 2.  . 4) Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm C ;1 và có hệ số góc m a) Viết phương trình của (d). b) Chứng tỏ rằng qua điểm C có hai đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) (ở câu 2) và vuông góc với nhau.. Chủ đề 4: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI – ĐỊNH LÝ VI-ÉT. Dạng 1: Giải phương trình bậc hai. Bài 1: Giải các phương trình 1) x2 – 6x + 14 = 0 ; 2) 4x2 – 8x + 3 = 0 ; 3) 3x2 + 5x + 2 = 0 ; 4) -30x2 + 30x – 7,5 = 0 ; 2 5) x – 4x + 2 = 0 ; 6) x2 – 2x – 2 = 0 ; 7) x2 + 2 2 x + 4 = 3(x + 2 ) ; 8) 2 3 x2 + x + 1 = 3 (x + 1) ; 9) x2 – 2( 3 - 1)x - 2 3 = 0. Bài 2: Giải các phương trình sau bằng cách nhẩm nghiệm: 1) 3x2 – 11x + 8 = 0 ; 2) 5x2 – 17x + 12 = 0 ; Biên soạn : Trần Công Hoan. 10 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(11)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 2. 3) x – (1 + 3 )x + 3 = 0 ; 4) (1 - 2 )x2 – 2(1 + 2 )x + 1 + 3 2 = 0 ; 5) 3x2 – 19x – 22 = 0 ; 6) 5x2 + 24x + 19 = 0 ; 7) ( 3 + 1)x2 + 2 3 x + 3 - 1 = 0 ; 8) x2 – 11x + 30 = 0 ; 9) x2 – 12x + 27 = 0 ; 10) x2 – 10x + 21 = 0. Dạng 2: Chứng minh phương trình có nghiệm, vô nghiệm. Bài 1: Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm. 1) x2 – 2(m - 1)x – 3 – m = 0 ; 2) x2 + (m + 1)x + m = 0 ; 3) x2 – (2m – 3)x + m2 – 3m = 0 ; 4) x2 + 2(m + 2)x – 4m – 12 = 0 ; 2 2 5) x – (2m + 3)x + m + 3m + 2 = 0 ; 6) x2 – 2x – (m – 1)(m – 3) = 0 ; 7) x2 – 2mx – m2 – 1 = 0 ; 8) (m + 1)x2 – 2(2m – 1)x – 3 + m = 0 9) ax2 + (ab + 1)x + b = 0. Bài 2: a) Chứng minh rằng với a, b , c là các số thực thì phương trình sau luôn có nghiệm: (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0 b) Chứng minh rằng với ba số thức a, b , c phân biệt thì phương trình sau có hai nghiệm phân 1 1 1    0 (Èn x) biết: xa xb xc c) Chứng minh rằng phương trình: c2x2 + (a2 – b2 – c2)x + b2 = 0 vô nghiệm với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. d) Chứng minh rằng phương trình bậc hai: (a + b)2x2 – (a – b)(a2 – b2)x – 2ab(a2 + b2) = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt. Bài 3: a) Chứng minh rằng ít nhất một trong các phương trình bậc hai sau đây có nghiệm: ax2 + 2bx + c = 0 (1) bx2 + 2cx + a = 0 (2) cx2 + 2ax + b = 0 (3) b) Cho bốn phương trình (ẩn x) sau: x2 + 2ax + 4b2 = 0 (1) x2 - 2bx + 4a2 = 0 (2) 2 2 x - 4ax + b = 0 (3) x2 + 4bx + a2 = 0 (4) Chứng minh rằng trong các phương trình trên có ít nhất 2 phương trình có nghiệm. c) Cho 3 phương trình (ẩn x sau): 2b b  c 1 ax 2  x 0 (1) bc ca 2c c  a 1 bx 2  x 0 (2) ca ab 2a a  b 1 cx 2  x 0 (3) ab bc với a, b, c là các số dương cho trước. Chứng minh rằng trong các phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm. Bài 4: a) Cho phương trình ax2 + bx + c = 0. Biết a ≠ 0 và 5a + 4b + 6c = 0, chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm. Biên soạn : Trần Công Hoan. 11 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(12)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012 2. b) Chứng minh rằng phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có hai nghiệm nếu một trong hai điều kiện sau được thoả mãn: a(a + 2b + 4c) < 0 ; 5a + 3b + 2c = 0. Dạng 3: Tính giá trị của biểu thức đối xứng, lập phương trình bậc hai nhờ nghiệm của phương trình bậc hai cho trước. Bài 1: Gọi x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình: x2 – 3x – 7 = 0. Tính: 2 2 A  x1  x 2 ; B  x1  x 2 ; C. 1 1  ; x1  1 x 2  1 3. D  3x1  x 2 3x 2  x1 ;. 3. 4. E  x1  x 2 ;. F  x1  x 2. Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là. 4. 1 1 vµ . x1  1 x2  1. Bài 2: Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình: 5x2 – 3x – 1 = 0. Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau: 3 2 3 2 A  2x1  3x1 x 2  2x 2  3x1x 2 ; 2. 1 x x1 x x 1  B 1   2  2     ; x 2 x 2  1 x1 x1  1  x1 x 2  2. C. 2. 3x1  5x1x 2  3x 2 . 2 2 4x1x 2  4x1 x 2. Bài 3: a) Gọi p và q là nghiệm của phương trình bậc hai: 3x2 + 7x + 4 = 0. Không giải phương trình hãy thành lập phương trình bậc hai với hệ số bằng số mà các nghiệm của nó là. p q vµ . q 1 p 1. 1 1 vµ . 10  72 10  6 2 Bài 4: Cho phương trình x2 – 2(m -1)x – m = 0. a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm x1 ; x2 với mọi m. 1 1 vµ y 2  x 2  . b) Với m ≠ 0, lập phương trình ẩn y thoả mãn y1  x1  x2 x1 2 Bài 5: Không giải phương trình 3x + 5x – 6 = 0. Hãy tính giá trị các biểu thức sau:. b) Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm là. A  3x1  2x 2 3x 2  2x1 ;. B. x1 x  2 ; x 2  1 x1  1. C  x1  x2 ;. D. x1  2 x 2  2  x1 x2. Bài 6: Cho phương trình 2x2 – 4x – 10 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Không giải phương trình hãy thiết lập phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn: y1 = 2x1 – x2 ; y2 = 2x2 – x1 Bài 7: Cho phương trình 2x2 – 3x – 1 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy thiết lập phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn: Biên soạn : Trần Công Hoan. 12 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(13)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 2  x1 y 1  x2 y 1  x 1  2  a)  b)  2 x2 y 2  x 2  2  y 2  x  1 2 Bài 8: Cho phương trình x + x – 1 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy thiết lập phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn: x1 x 2  y  y   1 2  y 1  y 2  x 1 2  x 2 2 x 2 x1  a)  ; b)  2 y 1  y 2 2  5x 1  5x 2  0.  y 1  y 2  3x  3x 1 2  y 2 y 1 Bài 9: Cho phương trình 2x2 + 4ax – a = 0 (a tham số, a ≠ 0) có hai nghiệm x1 ; x2. Hãy lập phương trình ẩn y có hai nghiệm y1 ; y2 thoả mãn: 1 1 1 1 y1  y 2   vµ   x1  x 2 x1 x 2 y1 y 2. Dạng 4: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm có nghiệm kép,vô nghiệm. Bài 1: a) Cho phương trình (m – 1)x2 + 2(m – 1)x – m = 0 (ẩn x). Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép này. b) Cho phương trình (2m – 1)x2 – 2(m + 4)x + 5m + 2 = 0. Tìm m để phương trình có nghiệm. a) Cho phương trình: (m – 1)x2 – 2mx + m – 4 = 0. - Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm. - Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm kép. Tính nghiệm kép đó. b) Cho phương trình: (a – 3)x2 – 2(a – 1)x + a – 5 = 0. Tìm a để phương trình có hai nghiệm phân biệt. Bài 2: 4x 2 22m  1x   m2  m  6  0 . a) Cho phương trình: 4 2 2 x  2x  1 x 1 Xác định m để phương trình có ít nhất một nghiệm. b) Cho phương trình: (m2 + m – 2)(x2 + 4)2 – 4(2m + 1)x(x2 + 4) + 16x2 = 0. Xác định m để phương trình có ít nhất một nghiệm.. Dạng 5: Xác định tham số để các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 thoả mãn điều kiện cho trước. 2 Bài 1: Cho phương trình: x – 2(m + 1)x + 4m = 0 1) Xác định m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó. 2) Xác định m để phương trình có một nghiệm bằng 4. Tính nghiệm còn lại. 3) Với điều kiện nào của m thì phương trình có hai nghiệm cùng dấu (trái dấu) 4) Với điều kiện nào của m thì phương trình có hai nghiệm cùng dương (cùng âm). 5) Định m để phương trình có hai nghiệm sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. 6) Định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn 2x1 – x2 = - 2. Biên soạn : Trần Công Hoan. 13 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(14)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 7) Định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 sao cho A = 2x12 + 2x22 – x1x2 nhận giá trị nhỏ nhất. Bài 2: Định m để phương trình có nghiệm thoả mãn hệ thức đã chỉ ra: a) (m + 1)x2 – 2(m + 1)x + m – 3 = 0 ; (4x1 + 1)(4x2 + 1) = 18 2 2 b) mx – (m – 4)x + 2m = 0 ; 2(x1 + x22) = 5x1x2 c) (m – 1)x2 – 2mx + m + 1 = 0 ; 4(x12 + x22) = 5x12x22 d) x2 – (2m + 1)x + m2 + 2 = 0 ; 3x1x2 – 5(x1 + x2) + 7 = 0. Bài 3: Định m để phương trình có nghiệm thoả mãn hệ thức đã chỉ ra: a) x2 + 2mx – 3m – 2 = 0 ; 2x1 – 3x2 = 1 b) x2 – 4mx + 4m2 – m = 0 ; x1 = 3x2 2 c) mx + 2mx + m – 4 = 0 ; 2x1 + x2 + 1 = 0 2 2 d) x – (3m – 1)x + 2m – m = 0 ; x1 = x 2 2 e) x2 + (2m – 8)x + 8m3 = 0 ; x1 = x 2 2 f) x2 – 4x + m2 + 3m = 0 ; x12 + x2 = 6. Bài 4: a) Cho phươnmg trình: (m + 2)x2 – (2m – 1)x – 3 + m = 0. Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. b) Chư phương trình bậc hai: x2 – mx + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 sao cho biểu thức R . 2x1x 2  3 đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. 2 x1  x 2  2(1  x1x 2 ) 2. c) Định m để hiệu hai nghiệm của phương trình sau đây bằng 2. mx2 – (m + 3)x + 2m + 1 = 0. Bài 5: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0). Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia là 9ac = 2b2. Bài 6: Cho phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0). Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này gấp k lần nghiệm kia (k > 0) là : kb2 = (k + 1)2.ac Dạng 6: So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số. Bài 1: a) Cho phương trình x2 – (2m – 3)x + m2 – 3m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn 1 < x1 < x2 < 6. b) Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – 1 = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn: - 1 < x1 < x2 < 1. Bài 2: Cho f(x) = x2 – 2(m + 2)x + 6m + 1. a) Chứng minh rằng phương trình f(x) = 0 có nghiệm với mọi m. b) Đặt x = t + 2. Tính f(x) theo t, từ đó tìm điều kiện đối với m để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2. Bài 3: Cho phương trình bậc hai: x2 + 2(a + 3)x + 4(a + 3) = 0. a) Với giá trị nào của tham số a, phương trình có nghiệm kép. Tính các nghiệm kép. b) Xác định a để phương trình có hai nghiệm phân biệt lớn hơn – 1. Bài 4: Cho phương trình: x2 + 2(m – 1)x – (m + 1) = 0. a) Tìm giá trị của m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 1 và một nghiệm lớn hơn 1. b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm nhỏ hơn 2. Bài 5: Tìm m để phương trình: x2 – mx + m = 0 có nghiệm thoả mãn x1 ≤ - 2 ≤ x2.. Biên soạn : Trần Công Hoan. 14 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(15)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Dạng 7: Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình bậc hai không phụ thuộc tham số. Bài 1: a) Cho phương trình: x2 – mx + 2m – 3 = 0. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào tham số m. b) Cho phương trình bậc hai: (m – 2)x2 – 2(m + 2)x + 2(m – 1) = 0. Khi phương trình có nghiệm, hãy tìm một hệ thức giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số m. c) Cho phương trình: 8x2 – 4(m – 2)x + m(m – 4) = 0. Định m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2. Tìm hệ thức giữa hai nghiệm độc lập với m, suy ra vị trí của các nghiệm đối với hai số – 1 và 1. Bài 2: Cho phương trình bậc hai: (m – 1)2x2 – (m – 1)(m + 2)x + m = 0. Khi phương trình có nghiệm, hãy tìm một hệ thức giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số m. Bài 3: Cho phương trình: x2 – 2mx – m2 – 1 = 0. a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m. b) Tìm biểu thức liên hệ giữa x1 ; x2 không phụ thuộc vào m. c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn:. x1 x 2 5   . x 2 x1 2. Bài 4: Cho phương trình: (m – 1)x2 – 2(m + 1)x + m = 0. a) Giải và biện luận phương trình theo m. b) Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2: - Tìm một hệ thức giữa x1 ; x2 độc lập với m. - Tìm m sao cho |x1 – x2| ≥ 2. Bài 5: Cho phương trình (m – 4)x2 – 2(m – 2)x + m – 1 = 0. Chứng minh rằng nếu phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thì: 4x1x2 – 3(x1 + x2) + 2 = 0. Dạng 8: Mối quan hệ giữa các nghiệm của hai phương trình bậc hai. Kiến thức cần nhớ: 1/ Định giá trị của tham số để phương trình này có một nghiệm bằng k (k ≠ 0) lần một nghiệm của phương trình kia: Xét hai phương trình: ax2 + bx + c = 0 (1) a’x2 + b’x + c’ = 0 (2) trong đó các hệ số a, b, c, a’, b’, c’ phụ thuộc vào tham số m. Định m để sao cho phương trình (2) có một nghiệm bằng k (k ≠ 0) lần một nghiệm của phương trình (1), ta có thể làm như sau: i) Giả sử x0 là nghiệm của phương trình (1) thì kx0 là một nghiệm của phương trình (2), suy ra hệ phương trình: ax 0 2  bx 0  c  0  2 2 a' k x 0  b' kx 0  c'  0. (*). Giải hệ phương trình trên bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số để tìm m. ii) Thay các giá trị m vừa tìm được vào hai phương trình (1) và (2) để kiểm tra lại. 2/ Định giá trị của tham số m để hai phương trình bậc hai tương đương với nhau. Xét hai phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) (3) a’x2 + b’x + c’ = 0 (a’ ≠ 0) (4) Hai phương trình (3) và (4) tương đương với nhau khi và chỉ khi hai phương trình có cùng 1 tập nghiệm (kể cả tập nghiệm là rỗng). Biên soạn : Trần Công Hoan. 15 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(16)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Do đó, muỗn xác định giá trị của tham số để hai phương trình bậc hai tương đương với nhau ta xét hai trường hợp sau: i) Trường hợp cả hai phương trinhg cuùng vô nghiệm, tức là:  (3)  0   ( 4)  0. Giải hệ trên ta tịm được giá trị của tham số. ii) Trường hợp cả hai phương trình đều có nghiệm, ta giải hệ sau: Δ (3)  0  Δ (4)  0  S(3)  S(4) P  P (4)  (3). Chú ý: Bằng cách đặt y = x2 hệ phương trình (*) có thể đưa về hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn như sau: bx  ay  c  b' x  a' y  c'. Để giải quyết tiếp bài toán, ta làm như sau: - Tìm điều kiện để hệ có nghiệm rồi tính nghiệm (x ; y) theo m. - Tìm m thoả mãn y = x2. - Kiểm tra lại kết quả. Bài 1: Tìm m để hai phương trình sau có nghiệm chung: 2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0 4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0 Bài 2: Với giá trị nào của m thì hai phương trình sau có nghiệm chung. Tìm nghiệm chung đó: a) 2x2 + (3m + 1)x – 9 = 0; 6x2 + (7m – 1)x – 19 = 0. b) 2x2 + mx – 1 = 0; mx2 – x + 2 = 0. 2 c) x – mx + 2m + 1 = 0; mx2 – (2m + 1)x – 1 = 0. Bài 3: Xét các phương trình sau: ax2 + bx + c = 0 (1) cx2 + bx + a = 0 (2) Tìm hệ thức giữa a, b, c là điều kiện cần và đủ để hai phương trình trên có một nghiệm chung duy nhất. Bài 4: Cho hai phương trình: x2 – 2mx + 4m = 0 (1) x2 – mx + 10m = 0 (2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (2) có một nghiệm bằng hai lần một nghiệm của phương trình (1). Bài 5: Cho hai phương trình: x2 + x + a = 0 x2 + ax + 1 = 0 a) Tìm các giá trị của a để cho hai phương trình trên có ít nhất một nghiệm chung. b) Với những giá trị nào của a thì hai phương trình trên tương đương. Bài 6: Cho hai phương trình: x2 + mx + 2 = 0 (1) x2 + 2x + m = 0 (2) Biên soạn : Trần Công Hoan. 16 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(17)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. a) Định m để hai phương trình có ít nhất một nghiệm chung. b) Định m để hai phương trình tương đương. c) Xác định m để phương trình (x2 + mx + 2)(x2 + 2x + m) = 0 có 4 nghiệm phân biệt Bài 7: Cho các phương trình: x2 – 5x + k = 0 (1) x2 – 7x + 2k = 0 (2) Xác định k để một trong các nghiệm của phương trình (2) lớn gấp 2 lần một trong các nghiệm của phương trình (1).. Chủ đề 5: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH –HỆ PHƯƠNG TRÌNH A. Các bước giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:. Bước 1 : Lập hệ phương trình(phương trình) 1) Chọn ẩn và tìm điều kiện của ẩn (thông thường ẩn là đại lượng mà bài toán yêu cầu tìm). 2) Biểu thị các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết. 3) Lập hệ phương trình, (phương trình)biểu thị mối quan hệ giữa các lượng. Bước 2 : Giải hệ phương trình, (phương trình) Bước 3 : Kết luận bài toán. Dạng 1: Chuyển động (trên đường bộ, trên đường sông có tính đến dòng nước chảy) Bài 1: Một ôtô đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy với vận tốc 35 km/h thì đến chậm mất 2 giờ. Nếu xe chạy với vận tốc 50 km/h thì đến sớm hơn 1 giờ. Tính quãng đường AB và thời gian dự định đi lúc đầu. Bài 2: 1 Một người đi xe máy từ A đến B cách nhau 120 km với vận tốc dự định trước. Sau khi được 3 quãng đường AB người đó tăng vận tốc thêm 10 km/h trên quãng đường còn lại. Tìm vận tốc dự định và thời gian xe lăn bánh trên đường, biết rằng người đó đến B sớm hơn dự định 24 phút. Bài 3: Một canô xuôi từ bến sông A đến bến sông B với vận tốc 30 km/h, sau đó lại ngược từ B trở về A. Thời gian xuôi ít hơn thời gian đi ngược 1 giờ 20 phút. Tính khoảng cách giữa hai bến A và B. Biết rằng vận tốc dòng nước là 5 km/h và vận tốc riêng của canô lúc xuôi và lúc ngược bằng nhau. Bài 4: Một canô xuôi một khúc sông dài 90 km rồi ngược về 36 km. Biết thời gian xuôi dòng sông nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ và vận tốc khi xuôi dòng hơn vận tốc khi ngược dòng là 6 km/h. Hỏi vận tốc canô lúc xuôi và lúc ngược dòng. Dạng 2: Toán làm chung – làm riêng (toán vòi nước) Bài tập 1: Hai vòi nước cùng chảy đầy một bể không có nước trong 3h 45ph . Nếu chảy riêng rẽ , mỗi vòi phải chảy trong bao lâu mới đầy bể ? biết rằng vòi chảy sau lâu hơn vòi trước 4 h . Giải Gọi thời gian vòi đầu chảy chảy một mình đầy bể là x ( x > 0 , x tính bằng giờ ) Gọi thời gian vòiớau chảy chảy một mình đầy bể là y ( y > 4 , y tính bằng giờ ) Biên soạn : Trần Công Hoan. 17 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(18)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 1 ( bể ) x 1 1 giờ vòi sau chảy được ( bể ) y 1 1 1 giờ hai vòi chảy được + ( bể ) y x. 1 giờ vòi đầu chảy được. (1). Hai vòi cùng chảy thì đầy bể trong 3h 45ph =. 15 h 4. 15 4 = ( bể ) ( 2) 4 15 1 1 4 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình + = y 15 x. Vậy 1 giờ cả hai vòi chảy được 1:. Mất khác ta biết nếu chảy một mình thì vòi sau chảy lâu hơn vòi trước 4 giờ tức là y – x = 4 Vậy ta có hệ phương trình 1 1 4 + = y 15 x. y–x=4  x  6 (a )  x  6   1 4 1 y  10 4 x 2  14 x  60  0 2 x 2  7 x  30  0       x x 4 5      x  2,5    x  2,5 y  x  4 y  x  4    y  x  4 y  x  4  ( b)   y  1,5. Hệ (a) thoả mãn đk của ẩn Hệ (b) bị loại vì x < 0 Vậy Vòi đầu chảy một mình đầy bể trong 6 h Vòi sau chảy một mình đầy bể trong 10 h Bài tập 2: Hai người thợ cùng làm một công việc . Nếu làm riêng rẽ , mỗi người nửa việc thì tổng số giờ làm việc là 12h 30ph . Nếu hai người cùng làm thì hai người chỉ làm việc đó trong 6 giờ. Như vậy , làm việc riêng rẽ cả công việc mỗi người mất bao nhiêu thời gian ? Giải Gọi thời gian người thứ nhất làm riêng rẽ để xong nửa công việc là x ( x > 0 ) Gọi thời gian người thứ hai làm riêng rẽ để xong nửa công việc là y ( y > 0 ) Ta có pt : x + y = 12. 1 2. (1). thời gian người thứ nhất làm riêng rẽ để xong công việc là 2x => 1 giờ người thứ nhất làm được 1 công việc 2x. Gọi thời gian người thứ hai làm riêng rẽ để xong công việc là 2y => 1 giờ người thứ hai làm được 1 công việc 2y. 1 giờ cả hai người làm được. 1 1 1 1 công việc nên ta có pt : + = 6 2x 2 y 6. Biên soạn : Trần Công Hoan. (2). 18 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(19)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 1  15 x  5   x  y  12 2  x  Từ (1) và (2) ta có hệ pt :   2 15   1  1 1  y  2  y  5  2 x 2 y 6. Vậy nếu làm việc riêng rẽ cả công việc một người làm trong 10 giờ còn người kia làm trong 5 giờ Bài tập 3: Hai tổ thanh niên tình nguyện cùng sửa một con đường vào bản trong 4 giờ thì xong . Nếu làm riêng thì tổ 1 làm nhanh hơn tổ 2 6 giờ . Hỏi mỗi đội làm một mình thì bao lâu sẽ xong việc ? Giải Gọi thời gian một mình tổ 1sửa xong con đường là x( giờ ) ( x ≥ 4 ) Thời gian một mình tổ 2 sửa xong con đường là x + 6 ( giờ ) 1 ( con đường ) x 1 Trong 1 giờ tổ 2 sửa được (con đường ) x6 1 Trong 1 giờ cả hai tổ sửa được (con đường ) 4 1 1 1 Vậy ta có pt: + =  4( x  6)  4 x  x ( x  6)  x 2  2 x  24  0  x1= 6; x2 = -4 x x6 4. Trong 1 giờ tổ 1 sửa được. X2 = - 4 < 4 , không thoả mãn điều kiện của ẩn Vậy một mình tổ 1 sửa xong con đường hết 6 ngày một mình tổ 2 sửa xong con đường hết 12 ngày Bài tập 4: Hai đội công nhân làm một đoạn đường . Đội 1 làm xong một nửa đoạn đường thì đội 2 đến làm tiếp nửa còn lại với thời gian dài hơn thời gian đội 1 đã đã làm là 30 ngày . Nếu hai đội cùng làm thì trong 72 ngày xong cả đoạn đường .Hỏi mỗi đội đã làm bao nhiêu ngày trên đoạn đường này ? Giải Gọi thời gian đội 1 làm là x ngày ( x > 0 ) thì thời gian đội 2 làm việc là x + 30 ( ngày ) 1 ( đoạn đường ) 2x 1 Mỗi ngày đội 2 làm được ( đoạn đường ) 2( x  30) 1 Mỗi ngày cả hai đội làm được ( đoạn đường ) 72 1 1 1 Vậy ta có pt : + = 2 x 2( x  30) 72. Mỗi ngày đội 1 làm được. x2 -42x – 1080 = 0 / / = 212 + 1080 = 1521 => = =39 x1 = 21 + 39 = 60 ; x2 = 21- 39 = - 18 < 0 không thoả mãn đk của ẩn Vậy đội 1 làm trong 60 ngày , đội 2 làm trong 90 ngày . Bài 5: Hai đội công nhân trồng rừng phải hoàn thành kế hoạch trong cùng một thời gian . Đội 1 phải trồng 40 ha , đội 2 phải trồng 90 ha . Đội 1 hoàn thành công việc sớm hơn 2 ngày so với kế hoạch .Đội 2 hoàn thành muộn hơn 2 ngày so với kế hoạch . Nếu đội 1 làm công việc trong một thời Hay. Biên soạn : Trần Công Hoan. 19 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(20)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. gian bằng thời gian đội 2 đã làm và đội 2 làm trông thời gian bằng đội 1 đã làm thì diện tích trồng được của hai đội bằng nhau . Tính thời gian mỗi đội phải làm theo kế hoạch ? Giải Gọi thời gian mỗi đội phải làm theo kế hoạch là x ( ngày ) , x > 0 Thời gian đội 1 đã làm là x – 2 ( ngày ) Thời gian đội 2 đã làm là x + 2 ( ngày ) 40 (ha) x2 90 Mỗi ngày đội 2 trồng được (ha) x2. Mỗi ngày đội 1 trồng được. 40 (x + 2) (ha) x2 90 Nếu đội 2 làm trong x - 2 ngày thì trồng được (x - 2) (ha) x2. Nếu đội 1 làm trong x + 2 ngày thì trồng được. Theo đầu bài diện tích rừng trồng dược của hai đội trong trường này là bằng nhau nên ta có pt: 40 90 (x + 2) = (x - 2) x2 x2. Hay x1 =. 5x2 – 52x + 20 = 0 / = 262 – 5.20 = 576 ,. /. = 24. 26  24 26  24 2 = 10 ; x2 =  5 5 5. x2 < 2 , không thoả mãn đk của ẩn Vậy theo kế hoạch mỗi đội phải làm việc 10 ngày . Bài 6:(197/24 – 500 BT chọn lọc ) Hai người thợ cùng làm một công việc trong 16 giờ thì xong . Nếu người thứ nhất làm trong 3 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì họ làm được 25% công việc . Hỏi mỗi người làm công việc đó trong mấy giờ thì xong . Giải: Gọi x , y lần lượt là số giờ người thứ nhất người thứ hai một mình làm xong công việc đó ( x > 0 , y>0) 1 1 1  x  y  16  x  24 Ta có hệ pt    y  28 3  6  1  x y 4. Bài 7 : ( 198/24 – 500 BT chọn lọc ) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không chứa nước thì sau 6 giờ đầy bể . Nếu vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ , vòi thứ 2 chảy trong 3 giờ thì được. 2 bể . Hỏi mỗi vòi chảy một mình trong bao lâu 5. thì đầy bể ? Giải : Gọi x , y lần lượt là số giờ vòi thứ nhất , vòi thứ hai chảy đày bể một mình ( x > 0 , y > 0 ) 1 x  Ta có hệ pt  2   x. 1 1 3 3 1  x  y  2 y 6  x  10    3 2  y  15 2  3  2   x y 5 y 5. Biên soạn : Trần Công Hoan. 20 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(21)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. x = 10 , y = 15 thoả mãn đk của ẩn . Vậy vòi thứ nhất chảy một mình mất 10 giờ , vòi thứ hai chảy một mình mất 15 giờ . Bài tập 8 ( 199/24 - 500 BT chọn lọc ) Hai người dự định làm một công việc trong 12 giờ thì xong . Họ làm với nhau được 8 giờ thì người thứ nhất nghỉ , còn người thứ hai vẫn tiếp tục làm . Do cố gắng tăng năng suất gấp đôi , nên người thứ hai đã làm xong công việc còn lại trong 3giờ 20phút . Hỏi nếu mỗi người thợ làm một mình với năng suất dự định ban đầu thì mất bao lâu mới xong công việc nói trên ? ( Đề thi chuyên toán vòng 1 tỉnh Khánh hoà năm 2000 – 2001 ) Giải: Gọi x , y lần lượt là thời gian người thợ thứ nhất và người thợ thứ hai làm xong công việc với năng suất dự định ban đầu . 1 (công việc ) x 1 Một giờ người thứ hai làm được (công việc ) y 1 Một giờ cả hai người làm được (công việc ) 12 1 1 1 Nên ta có pt : + = (1) y 12 x 1 2 trong 8 giờ hai người làm được 8. = (công việc ) 12 3 2 1 Công việc còn lại là 1 - = ( công việc ) 3 3 1 2 Năng suất của người thứ hai khi làm một mình là 2. = (Công việc ) y y 10 Mà thời gian người thứ hai hoàn thành công việc còn lại là (giờ) nên ta có pt 3 1 2 10 y 10 : = hay = (2) 3 y 3 6 3. Một giờ người thứ nhất làm được. Từ (1) và (2) ta có hệ pt : 1 1 1 + = y 12 x y 10 = 6 3. .  x  30   y  20. Vậy theo dự định người thứ nhất làm xong công việc hết 30giờ và người thứ hai hết 20 giờ . Bài tập 9: ( 400 bai tập toán 9 ) Hai người A và B làm xong công việc trông 72 giờ , còn người A và C làm xong công việc trong đó trong 63 giờ và ngươoì B và C làm xong công việc ấy trong 56 giờ . Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì trong bao lâu thì trong bao lâu sẽ làm xong công việc >Nếu ba người cùng làm sẽ hoàn thành công việc trong mấy giờ ? Giải : Gọi người A một mình làm xong công việc trong x (giờ ), x > 0 thì mỗi giờ làm được. Biên soạn : Trần Công Hoan. 1 ( công x. 21 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(22)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 1 ( công y 1 việc)Người C một mình làm xong công việc trong z (giờ ), z > 0 thì mỗi giờ làm được ( công z. việc).Người B một mình làm xong công việc trong y (giờ ), y > 0 thì mỗi giờ làm được. việc) 1 1 1 504   x  y  72  x  3  168   504 1 1 1   y   126 Ta có hpt :    x z 63 4   504 5 1 1 1   y  z  56  z  5  100 4   1 1 1 12 + + = ( công việc ) x y z 504 504 Vậy cả ba ngưòi cùng làm sẽ hoàn thành cong việc trong  42 (giờ ) 12. Nếu cả ba người cùng làm yhì mỗi giờ làm được. Bài tập 10: ( 258 /96 – nâng cao và chuyên đề ) Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc . Thời gian để đội I làm một mình xong công việc ít hơn thời gian để đội II làm một mình xong công việc đó là 4 giờ . Tổng thời gian này gấp 4,5 lần thời gian hai đội cùng làm chung để xong công việc đó . Hỏi mỗi đội làm một mình thì phải bao lâu mới xong . Giải : Gọi thời gian đội I làm một mình xong công việc là x giờ ( x > 0 ) Suy ra thời gian đội II làm một mình xong công việc là x + 4 giờ 1 1 2x  4   ( công việc ) x x  4 x ( x  4) x ( x  4) Thời gian để hai đội làm chung xong công việc là (giờ) 2x  4 x ( x  4) Vậy ta có pt : 2x + 4 = 4,5 . hay x2 + 4x – 32 = 0  x1 = - 8 ( loại ) x2 = 4 ( thoả mãn 2x  4. Trong 1 giờ hai đội làm chung được :. điều kiện của ẩn ). Vậy Đội I làm một mình xong công việc hết 4 giờ , đội hai hết 8 giờ .. Bài 1: Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 7 giờ 12 phút thì xong. Nếu người thứ nhất làm trong 5 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì cả hai người chỉ làm được. 3 công việc. 4. Hỏi một người làm công việc đó trong mấy giờ thì xong? Bài 2: Nếu vòi A chảy 2 giờ và vòi B chảy trong 3 giờ thì được vòi B chảy trong 1 giờ 30 phút thì được. 4 hồ. Nếu vòi A chảy trong 3 giờ và 5. 1 hồ. Hỏi nếu chảy một mình mỗI vòi chảy trong bao 2. lâu mới đầy hồ. Bài 3: Biên soạn : Trần Công Hoan. 22 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(23)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 6 giờ đầy bể. Nếu mỗi vòi chảy một mình cho đầy bể thì vòi II cần nhiều thời gian hơn vòi I là 5 giờ. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể? Dạng 3: Toán liên quan đến tỉ lệ phần trăm. Bài 1: Trong tháng giêng hai tổ sản xuất được 720 chi tiết máy. Trong tháng hai, tổ I vượt mức 15%, tổ II vượt mức 12% nên sản xuất được 819 chi tiết máy. Tính xem trong tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?. Bài 2: Năm ngoái tổng số dân của hai tỉnh A và B là 4 triệu người. Dân số tỉnh A năm nay tăng 1,2%, còn tỉnh B tăng 1,1%. Tổng số dân của cả hai tỉnh năm nay là 4 045 000 người. Tính số dân của mỗi tỉnh năm ngoái và năm nay? Dạng 4: Toán có nội dung hình học. Bài 1: Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 280 m. Người ta làm lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 2 m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn để trồng trọt là 4256 m2. Bài 2: Cho một hình chữ nhật. Nếu tăng chiều dài lên 10 m, tăng chiều rộng lên 5 m thì diện tích tăng 500 m2. Nếu giảm chiều dài 15 m và giảm chiều rộng 9 m thì diện tích giảm 600 m2. Tính chiều dài, chiều rộng ban đầu. Bài 3: Cho một tam giác vuông. Nếu tăng các cạnh góc vuông lên 2 cm và 3 cm thì diện tích tam giác tăng 50 cm2. Nếu giảm cả hai cạnh đi 2 cm thì diện tích sẽ giảm đi 32 cm2. Tính hai cạnh góc vuông. Dạng 5: Toán về tìm số. Bài 1: Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, tổng các chữ số bằng 11, nếu đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì số đó tăng thêm 27 đơn vị. Bài 2: Tìm một số có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 7 lần chữ số hàng đơn vị của nó và nếu số cần tìm chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 4 và số dư là 3. Bài 3: Nếu tử số của một phân số được tăng gấp đôi và mẫu số thêm 8 thì giá trị của phân số bằng Nếu tử số thêm 7 và mẫu số tăng gấp 3 thì giá trị phân số bằng. 1 . 4. 5 . Tìm phân số đó. 24. Bài 4: Nếu thêm 4 vào tử và mẫu của một phân số thì giá trị của phân số giảm 1. Nếu bớt 1 vào cả tử và mẫu, phân số tăng. 3 . Tìm phân số đó. 2. Chủ đề 6: PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. Dạng 1: Phương trình có ẩn số ở mẫu. Giải các phương trình sau: Biên soạn : Trần Công Hoan. 23 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(24)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. x x3  6 x  2 x 1 2x  1 x3 b) 3 x 2x  1 2 2 t 2t  5t c) t  t 1 t 1 a). Dạng 2: Phương trình chứa căn thức.. Lo¹i Lo¹i.  A  0 (hayB  0) A B A  B B  0 AB 2 A  B. Giải các phương trình sau:. a). 2x 2  3x  11  x 2  1. b). c). 2x 2  3x  5  x  1. d). x  2 2  3x 2  5x  14 x  12x  3   x  9. e) x  1 x 2  3x Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối. Giải các phương trình sau: a) x  1  x 2  x  3. b) x  2  2x  1  x 2  2x  3. c) x 4  2x 2  2  x 2  x  x 4  4x. d) x 2  1  x 2  4x  4  3x. Dạng 4: Phương trình trùng phương. Giải các phương trình sau: a) 4x4 + 7x2 – 2 = 0 ; b) x4 – 13x2 + 36 = 0; c) 2x4 + 5x2 + 2 = 0 ; d) (2x + 1)4 – 8(2x + 1)2 – 9 = 0. Dạng 5: Phương trình bậc cao. Giải các phương trình sau bằng cách đưa về dạng tích hoặc đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai: Bài 1: a) 2x3 – 7x2 + 5x = 0 ; b) 2x3 – x2 – 6x + 3 = 0 ; c) x4 + x3 – 2x2 – x + 1 = 0 ; d) x4 = (2x2 – 4x + 1)2. Bài 2: a) (x2 – 2x)2 – 2(x2 – 2x) – 3 = 0 c) (x2 + 4x + 2)2 +4x2 + 16x + 11 = 0. Biên soạn : Trần Công Hoan. 24 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(25)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. c) x 2  x  2 x 2  x  3  0 e). x2  x 5 3x  2 40 x x  x 5. . . 2. . . g) 3 2x 2  3x  1  5 2x 2  3x  3  24  0 i). 2x 13x  6 2x 2  5x  3 2x 2  x  3. k) x 2  3x  5  x 2  3x  7.. Bài 3: a) 6x5 – 29x4 + 27x3 + 27x2 – 29x +6 = 0 b) 10x4 – 77x3 + 105x2 – 77x + 10 = 0 c) (x – 4,5)4 + (x – 5,5)4 = 1 d) (x2 – x +1)4 – 10x2(x2 – x + 1)2 + 9x4 = 0 Bài tập về nhà: Giải các phương trình sau: 1 3 1 1. a)  2  2x  1 x  1 4. c). 1  1   d) 4 x 2  2   16 x    23  0 x x    21 f) 2  x 2  4x  6  0 x  4x  10 x 2 48 x 4 h)  2  10    0 3 x 3 x. 2x  2 x2 x  4 x4. b). 4x x 3  6 x 1 x. d). x 2  2x  3 2x 2  2  8 x2 9 x 2  3x  2. 2. a) x4 – 34x2 + 225 = 0 c) 9x4 + 8x2 – 1 = 0 e) a2x4 – (m2a2 + b2)x2 + m2b2 = 0. b) x4 – 7x2 – 144 = 0 d) 9x4 – 4(9m2 + 4)x2 + 64m2 = 0 (a ≠ 0). 3. a) (2x2 – 5x + 1)2 – (x2 – 5x + 6)2 = 0 b) (4x – 7)(x2 – 5x + 4)(2x2 – 7x + 3) = 0 c) (x3 – 4x2 + 5)2 = (x3 – 6x2 + 12x – 5)2 d) (x2 + x – 2)2 + (x – 1)4 = 0 e) (2x2 – x – 1)2 + (x2 – 3x + 2)2 = 0 4. a) x4 – 4x3 – 9(x2 – 4x) = 0 c) x4 – 10x3 + 25x2 – 36 = 0. b) x4 – 6x3 + 9x2 – 100 = 0 d) x4 – 25x2 + 60x – 36 = 0. a) x3 – x2 – 4x + 4 = 0 c) x3 – x2 + 2x – 8 = 0 e) x3 – 2x2 – 4x – 3 = 0. b) 2x3 – 5x2 + 5x – 2 = 0 d) x3 + 2x2 + 3x – 6 = 0. a) (x2 – x)2 – 8(x2 – x) + 12 = 0. b) (x4 + 4x2 + 4) – 4(x2 + 2) – 77 = 0. 5.. 6. 2. 2. c) x – 4x – 10 - 3 e). x  2 x  6 = 0.  2x  1   2x  1  d)    4 3  0  x2   x2 . x  5  x  x 5  x   5. 7. a) (x + 1)(x + 4)(x2 + 5x + 6) = 24. b) (x + 2)2(x2 + 4x) = 5. Biên soạn : Trần Công Hoan. 25 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(26)</span> LUYỆN THI VÀO THPT 1  1   c) 3 x 2  2   16 x    26  0 x x   . NĂM HỌC 2011 - 2012 1   1  d) 2 x 2  2   7 x    2  0 x x   . 8.. a). x 2  4x  x  14. b). 2x 2  x  9  x  1. c). 2x 2  6x  1  x  2. d). x 3  3x  4  x  2. e). 4x 2  4x  1  x  2  x 2  3. f) x 3  x 2  1  x 3  x  1. 9. Định a để các phương trình sau có 4 nghiệm a) x4 – 4x2 + a = 0 c) 2t4 – 2at2 + a2 – 4 = 0.. Biên soạn : Trần Công Hoan. b) 4y4 – 2y2 + 1 – 2a = 0. 26 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(27)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Phần II: HÌNH HỌC 1.HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Định lý Pitago ABC vuông tại A  AB2  AC2  BC2 2.Hệ thức lượng trong tam giác vuông A. B. C. H. 1) AB2 = BH.BC; AC2 = CH.BC 2) AB.AC = AH.BC 3) AH2 = BH.HC 4). 1 1 1   AH 2 AB2 AC2. Kết quả:. a 3 -Với tam giác đều cạnh là a, ta c: h  ; 2. a2 3 S 4. 3.Tỉ số lượng giác của góc nhọn Đặt ACB  ; ABC   khi đó:. AB AH AC HC  ; cos   ; BC AC BC AC b  a sin B  acosC  ctgB  ccot gC c  acosB  asinC  bctgB  btgC. sin  . tg . AB AH  ; AC HC. cot g . AC HC  AB AH. Kết quả suy ra:. 1) sin   cos;. cos  sin;. tg  cotg; cot g  tg sin  cos 2) 0  sin   1; 0  cos <1; tg  ; cot g  cos sin 1 1 3) sin 2   cos 2  1; tg.cot g  1;  1  cot g  ;  1  tg sin 2  cos 2  4) Cho ABC nhọn, BC = a; AC = b; AB = c khi đó: 1 a 2  b2  c 2  2bc.cosA; SABC  bcsin A 2 3.CHỨNG MINH HAI TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG HỆ THỨC HÌNH HỌC A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Tam giác đồng dạng Biên soạn : Trần Công Hoan. 27 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(28)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. A  A'; B  B'; C  C'  -Khái niệm: ABC  A 'B'C' khi  AB AC BC  A 'B'  A'C'  B'C' -Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác: c – c – c; c – g – c; g – g. -Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông: góc nhọn; hai cạnh góc vuông; cạnh huyền cạnh góc vuông… *Tính chất: Hai tam giác đồng dạng thì tỉ số hai đường cao, hai đường phân giác, hai đường trung tuyến tương ứng, hai chu vi bằng tỉ số đồng dạng; tỉ số hai diện tich bằng bình phương tỉ số đồng dạng. 2.Phương pháp chứng minh hệ thức hình học -Dùng định lí Talet, tính chất đường phân giác, tam giác đồng dạng, các hệ thức lượng trong tam giác vuông, … Giả sử cần chứng minh MA.MB = MC.MD -Chứng minh hai tam giác MAC và MDB đồng dạng hoặc hai tam giác MAD và MCB. -Trong trường hợp 5 điểm đó cùng nằm tròn một đường thẳng thì cần chứng minh các tích trên cùng bằng tích thứ ba. Nếu cần chứng minh MT2 = MA.MB thì chứng minh hai tam giác MTA và MBT đồng dạng hoặc so sánh với tích thứ ba. Ngoài ra cần chú ý đến việc sử dụng các hệ thức trong tam giác vuông; phương tích của một điểm với đường tròn. 4.CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP A.KIẾN THỨC CƠ BẢN Phương pháp chứng minh -Chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng cách đều một điểm. -Chứng minh tứ giác cóhai góc đối diện bù nhau. -Chứng minh hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng tạo bởi hai điểm còn lại hai góc bằng nhau. -Chứng minh tổng của góc ngoài tại một đỉnh với góc trong đối diện bù nhau. -Nếu MA.MB = MC.MD hoặc NA.ND = NC.NB thì tứ giác ABCD nội tiếp. (Trong đó M  AB  CD; N  AD  BC ) -Nếu PA.PC = PB.PD thì tứ giỏc ABCD nội tiếp. (Trong đó P  AC  BD ) -Chứng minh tứ giác đó là hình thang cân; hình chữ nhật; hình vuông; … Nếu cần chứng minh cho nhiều điểm cùng thuộc một đường tròn ta có thể chứng minh lần lượt 4 điểm một lúc. Song cần chú ý tính chất “Qua 3 điểm không thẳng hàng xác định duy nhất một đường tròn” B. BÀI TẬP TỔNG HỢP: Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P. 5. Xác định tâm đường tròn nội Chứng minh rằng: tiếp tam giác DEF. 1. Tứ giác CEHD, nội tiếp . 2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn. 3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. Lời giải: 4. H và M đối xứng nhau qua BC. 1. Xét tứ giác CEHD ta có: Biên soạn : Trần Công Hoan. 28 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(29)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 0.  CEH = 90 ( Vì BE là đường cao)  CDH = 900 ( Vì AD là đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800. A. N. 1 P. E 1 2. F H -. B. D. -. O 1 ( 2 (. C. M. Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEC = 900. CF là đường cao => CF  AB => BFC = 900. Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn. 3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â là góc chung =>  AEH  ADC =>. AE AH  => AE.AC = AH.AD. AD AC. * Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C là góc chung =>  BEC  ADC =>. BE BC  => AD.BC = BE.AC. AD AC. 4. Ta có C1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ABC) C2 = A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) => C1 =  C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân tại C => CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn => C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp  C1 = E2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)  E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED. Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE. Lời giải: 1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . 1. Xét tứ giác CEHD ta có: 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một  CEH = 900 ( Vì BE là đường cao) đường tròn. 3. Chứng minh ED =. 1 BC. 2. 4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. Biên soạn : Trần Công Hoan. 29. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(30)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. A 1. O 1 2. H B. 1. E. 3. D. C.  CDH = 900 ( Vì AD là đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEA = 900. AD là đường cao => AD  BC => BDA = 900. Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến => D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900 . Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE =. 1 BC. 2. 4.Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => E1 = A1 (1). Theo trên DE =. 1 BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2) 2. Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE tại E. Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E. 5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài 3 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1.Chứng minh AC + BD = CD. 6.Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác 2. ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: 0 y 3.Chứng minh COD = 90 . x. AB 2 3.Chứng minh AC. BD = . 4. D I. /. M. / 4.Chứng minh OC // BM C N 5.Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. 5.Chứng minh MN  AB. O A B 1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD. Biên soạn : Trần Công Hoan. 30. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(31)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 2.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 900. 3.Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD ( OM là tiếp tuyến ). Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD =. AB 2 . 4. 4. Theo trên COD = 900 nên OC  OD .(1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM  OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD). 5.Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính. Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB  IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD 6. Theo trên AC // BD =>. CN AC CN CM  , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra  BN BD BN DM. => MN // BD mà BD  AB => MN  AB. 7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A , O là trung điểm của IK. C2 + I1 = 900 1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. (2) ( vì IHC = 900 ). 2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). A 3. Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm. Lời giải: (HD) 1. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng I tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B 1 0 1 Do đó BI  BK hayIBK = 90 . 2 C B H 0 Tương tự ta cũng có ICK = 90 như vậy B và C cùng nằm o trên đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. K 2. Ta có C1 = C2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH. I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH2 = AC2 – HC2 => AH = 202  12 2 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH =. CH 2 12 2  = 9 (cm) AH 16. Biên soạn : Trần Công Hoan. 31. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(32)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. OC = OH 2  HC 2  9 2  12 2  225 = 15 (cm) Bài 5 Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. d 1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. A 2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một P K D đường tròn . N 3. Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. H M O I 4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. C 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường B thẳng d Lời giải: 1. (HS tự làm). 2. Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính Và dây cung) => OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900. như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM là trung trực của AB => OM  AB tại I . Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2. 4. Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi. 5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH  AB; cũng theo trên OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB). 6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đường kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E. 1.Chứng minh tam giác BEC cân. 1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC 2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Cminh (1) và AE = AC (2). rằng AI = AH. Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đường cao 3.Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn vừa là đường trung tuyến của BEC => BEC (A; AH). là tam giác cân. => B1 = B2 4.C.minh BE = BH + DE. Lời giải: (HD) Biên soạn : Trần Công Hoan. 32. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(33)</span> LUYỆN THI VÀO THPT E D. NĂM HỌC 2011 - 2012. A. I 1. B. 2. H. C. 2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH. 3. AI = AH và BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I. 4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài 7 Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao X cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M. N J P 1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một 1 đường tròn. I 2. Chứng minh BM // OP. M 3. Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng K minh tứ giác OBNP là hình bình hành. 2 4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài 1 ( 1 ( A B cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. O Lời giải: 1. (HS tự làm). 2.Ta có  ABM nội tiếp chắn cung AM;  AOM là góc ở tâm AOM (1) OP là tia phân giác  2 AOM AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) =>  AOP = (2) 2. chắn cung AM =>  ABM =. Từ (1) và (2) =>  ABM =  AOP (3) Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 3.Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB). => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau). 4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ Ta cũng có PM  OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6) Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 900 => K là trung điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6) AONP là hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8). Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK  PO. (9) Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng. Biên soạn : Trần Công Hoan. 33. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(34)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Bài 8 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K. 1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp. I 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB. 3) Chứng minh BAF là tam giác cân. F 4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi. 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đ tròn. M Lời giải: H E 1. Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) K => KMF = 900 (vì là hai góc kề bù). 1 2 2 1 AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) B A O => KEF = 900 (vì là hai góc kề bù). => KMF + KEF = 1800 . Mà KMF và KEF là hai góc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. 2. Ta có IAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) => AIB vuông tại A có AM  IB ( theo trên). Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => AI2 = IM . IB. 3. Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí do ……) => ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1) Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đường cao của tam giác ABF (2). Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B . 4. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung điểm của AF. (3) Từ BE  AF => AF  HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác HAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung điểm của HK. (6). Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường). 5. (HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình thang. Để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn thì AKFI phải là hình thang cân. AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB. Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7) Tam giác ABI vuông tại A có ABI = 450 => AIB = 450 .(8) Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau). Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn. X. Bài 9 Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở E, F (F ở giữa B và E). 1. Chứng minh AC. AE không đổi. 2. Chứng minh  ABD =  DFB. 3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp. Biên soạn : Trần Công Hoan. 34. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(35)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012 X. Lời giải: 1.C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BC  AE. ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B có BC là đường cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao ), mà AB là đường kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi. 2. ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ). => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800)(1)  ABF có ABF = 900 ( BF là tiếp tuyến ). => AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800) (2) Từ (1) và (2) => ABD = DFB ( cùng phụ với BAD). E. C D. A. O. F. B. 3.Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800 . ECD + ACD = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cùng bù với ACD). Theo trên ABD = DFB => ECD = DFB. Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) nên suy ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đường S vuông góc từ S đến AB. 1 1.Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng ∆ PS’M M cân. 2.Chứng minh PM là tiếp tuyến của đường tròn . 1 2 3 Lời giải: 4( 1 )1 P 1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp B ) H O 3( A 2 0 chắn nửa đường tròn ) => AMS = 90 . Như vậy P và M cùng nhìn AS dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn M' đường kính AS. 1 S' Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn. 2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đường tròn nên M’ cũng nằm trên đường tròn => hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau => AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2). => Từ (1) và (2) => AS’S = ASS’. Biên soạn : Trần Công Hoan. 35 Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(36)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P. 3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M => B1 = S’1 (cùng phụ với S). (3) Tam giác PMS’ cân tại P => S’1 = M1 (4) Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5). Từ (3), (4) và (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đường tròn tại M Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) tại các điểm D, E, F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh : 1. Tam giác DEF có ba góc nhọn. 2.. DF // BC.. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp.. 4.. BD BM  CB CF A. Lời giải: 1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam giác ADF cân tại A => ADF = AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => DEF < 900 ( vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE). Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900. Như vậy tam giác DEF có ba góc nhọn. 2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) =>. AD AF  => DF // BC. AB AC. D. F O I. B. M. E. C. 3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp được một đường tròn . 4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân). BDM = BFD (nội tiếp cùng chắn cung DI);  CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF . => BDM CBF =>. BD BM  CB CF. Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở P. Chứng minh : Như vậy M và N cùng nhìn OP 1. Tứ giác OMNP nội tiếp. dưới một góc bằng 900 => M 2. Tứ giác CMPO là hình bình hành. và N cùng nằm trên đường tròn 3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. đường kính OP => Tứ giác 4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên OMNP nội tiếp. đoạn thẳng cố định nào. 2. Tứ giác OMNP nội tiếp => Lời giải: OPM =  ONM (nội tiếp 0 0 1. Ta có OMP = 90 ( vì PM  AB ); ONP = 90 (vì NP là chắn cung OM) Tam giác tiếp tuyến ). Biên soạn : Trần Công Hoan. 36. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(37)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. ONC cân tại O vì có ON = OC = R => ONC = OCN. C. M. A. O. B. N. A'. P. D. B'. => OPM = OCM. Xét hai tam giác OMC và MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1) Theo giả thiết Ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2). Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C là góc chung => OMC NDC =>. CM CO  => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN CD CN. =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D. Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng AB. Bài 13 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, Nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. 1. Chứng minh AFHE là hình chữ nhật. 2. BEFC là tứ giác nội tiếp. 3. AE. AB = AF. AC. 4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn . A Lời giải: 0 1. Ta có : BEH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) E I 1 => AEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) 1( F 2 CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 1 2 )1 => AFH = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) O1 O2 B H C EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông). 2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp được một đường tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC và EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp. 3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có A = 900 là góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng minh trên) Biên soạn : Trần Công Hoan. 37. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(38)</span> LUYỆN THI VÀO THPT AE AF => AEF ACB =>  => AE. AB = AF. AC. AC AB. NĂM HỌC 2011 - 2012. * HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông tại H có HF  AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC 4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân tại I => E1 = H1 . O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => E2 = H2. => E1 + E2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF . Chứng minh tương tự ta cũng có O2F  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn . Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA, E EB với các nửa đường tròn (I), (K). 1.Chứng minh EC = MN. N 2.Ch/minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đ/tròn (I), (K). H 3.Tính MN. M 4.Tính diện tích hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn Lời giải: I O A C K B 1. Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) => ENC = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hchữ nhật ) 2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (I) và (K) => B1 = C1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hcnhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tgiác KBN cân tại K => B1 = N1 (5) Từ (4) và (5) => N1 = N3 mà N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN  KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N. Chứng minh tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M, Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K). 3. Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O) => AEB vuông tại A có EC  AB (gt) => EC2 = AC. BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm. 4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) =  .OA2 =  252 = 625  ; S(I) =  . IA2 =  .52 = 25  ; S(k) =  .KB2 =  . 202 = 400  . 3. 2. 1. 1. 1. 2. Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là S = S=. 1 ( S(o) - S(I) - S(k)) 2. 1 1 ( 625  - 25  - 400  ) = .200  = 100   314 (cm2) 2 2. Biên soạn : Trần Công Hoan. 38. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). 1.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (O) có đường kính MC. đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại D. đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại S. 1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE. 5. Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. Lời giải: C. C. 2 1. 123. O. O D. 3. S. E. M. 1 2. A. D. 2. M 1 2. 1. F. B. 1 2. 1. 2 3. F. E. S. 2 1. 2 3. A. 1. B H×nh b. H×nh a. 1. Ta có CAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 900 như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp. 2. ABCD là tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp cùng chắn cung AB).   EM  => C = C (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung bằng D1= C3 => SM 2 3 nhau) => CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC như vậy BA, EM, CD là ba đường cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy.   EM  => D = D => DM là tia phân giác của góc ADE.(1) 4. Theo trên Ta có SM 1 2 0 5. Ta có MEC = 90 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900. Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn => A2 = B2 . Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp cùng chắn cung CD) => A1= A2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu 2 : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS   CS   SM   EM  => SCM = ECM => CA là tia phân giác của góc SCB. => CE Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại F, G. Chứng minh : 2. Tứ giác ADEC và 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. AFBC nội tiếp . Biên soạn : Trần Công Hoan. 39. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(40)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. B 3. AC // FG. 4. Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy. Lời giải: O 1. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có BAC = 900 ( vì tam giác ABC 0 E vuông tại A); DEB = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 0 1 => DEB = BAC = 90 ; lại có ABC là góc chung => DEB   CAB F 1 G D . 1 2. Theo trên DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 S A C ( vì ABC vuông tại A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp . * BAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay BFC = 900 như vậy F và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp. 3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà đây là hai góc so le trong nên suy ra AC // FG. 4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đường cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S.. Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đường cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B. C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC. 1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. 2. Chứng minh rằng MP + MQ = AH. 3. Chứng minh OH  PQ. Lời giải: A 1. Ta có MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt) => AQM = 900 như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên P và Q cùng nằm trên đường tròn đường kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp. * Vì AM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác O APMQ tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là 1 P 2 trung điểm của AM. 2. Tam giác ABC có AH là đường cao => SABC =. 1 BC.AH. 2. Q. 1 M AB.MP B H C 2 1 Tam giác ACM có MQ là đường cao => SACM = AC.MQ 2 1 1 1 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 2 2. Tam giác ABM có MP là đường cao => SABM =. Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH. 3. Tam giác ABC có AH là đường cao nên cũng là đường phân giác => HAP = HAQ =>   HQ  ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc HP POQ. Mà tam giác POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đường cao => OH  PQ Biên soạn : Trần Công Hoan. 40. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(41)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Bài 18 Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đường thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đường tròn ; MA và MB thứ tự cắt đường tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC. 1. Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I. 3. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội Lời giải: 1. BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BID = 900 (vì là hai góc kề bù); DE  AB tại M => BMD = 900 => BID + BMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID nên MBID là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đường kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường . 3. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DC; theo trên BI  DC => BI // AD. (1) 4. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2). Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đường thẳng song song với AD mà thôi.) 5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung điểm của DE) =>MI = ME => MIE cân tại M => I1 = E1 ; O’IC cân tại O’ ( vì O’C và O’I cùng là bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 . Mà I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  O’I tại I => MI là tiếp tuyến của (O) D. I 1 2. A. /. / O. M. 3. 1 2. B. 1. O'. C. 1. E. Chủ đề 1: Nhận biết hình, tìm điều kiện của một hình. Bài 1: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O. D và E lần lượt là điểm chính giữa của các cung AB và AC. DE cắt AB ở I và cắt AC ở L. a) Chứng minh DI = IL = LE. b) Chứng minh tứ giác BCED là hình chữ nhật. c) Chứng minh tứ giác ADOE là hình thoi và tính các góc của hình này. Bài 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn có các đường chéo vuông góc với nhau tại I. Biên soạn : Trần Công Hoan. 41. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(42)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. a) Chứng minh rằng nếu từ I ta hạ đường vuông góc xuống một cạnh của tứ giác thì đường vuông góc này qua trung điểm của cạnh đối diện của cạnh đó. b) Gọi M, N, R, S là trung điểm của các cạnh của tứ giác đã cho. Chứng minh MNRS là hình chữ nhật. c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật này đi qua chân các đường vuông góc hạ từ I xuống các cạnh của tứ giác. Bài 3: Cho tam giác vuông ABC ( A = 1v) có AH là đường cao. Hai đường tròn đường kính AB và AC có tâm là O1 và O2. Một cát tuyến biến đổi đi qua A cắt đtròn (O1) và (O2) lần lượt tại M và N. a) Chứng minh tam giác MHN là tam giác vuông. b) Tứ giác MBCN là hình gì? c) Gọi F, E, G lần lượt là trung điểm của O1O2, MN, BC. Chứng minh F cách đều 4 điểm E, G, A, H. d) Khi cát tuyến MAN quay xung quanh điểm A thì E vạch một đường như thế nào? Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Lấy B làm tâm, bán kính AB, vẽ 1/4 đường tròn phía trong hình vuông.Lấy AB làm đường kính , vẽ 1/2 đường tròn phía trong hình vuông. Gọi P là điểm tuỳ ý trên cung AC ( không trùng với A và C). H và K lần lượt là hình chiếu của P trên AB và AD, PA và PB cắt nửa đường tròn lần lượt ở I và M. a) Chứng minh I là trung điểm của AP. b) Chứng minh PH, BI, AM đồng qui. c) Chứng minh PM = PK = AH d) Chứng minh tứ giác APMH là hình thang cân. đ) Tìm vị trí điểm P trên cung AC để tam giác APB là đều. Chủ đề 2: Chứng minh tứ giác nội tiếp, chứng minh nhiều điểm cùng nằm trên một đường tròn. Bài 1: Cho hai đường tròn (O), (O') cắt nhau tại A, B. Các tiếp tuyến tại A của (O), (O') cắt (O'), (O) lần lượt tại các điểm E, F. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF. a) Chứng minh tứ giác OAO'I là hình bình hành và OO'//BI. b) Chứng minh bốn điểm O, B, I, O' cùng thuộc một đường tròn. c) Kéo dài AB về phía B một đoạn CB = AB. Chứng minh tứ giác AECF nội tiếp. Bài 2: Cho tam giác ABC. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H.Gọi D là điểm đối xứng của H qua trung điểm M của BC. a) Chứng minh tứ giác ABDC nội tiếp được trong một đường tròn.Xác định tâm O của đường tròn đó. b) Đường thẳng DH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ 2 là I. Chứng minh rằng 5 điểm A, I, F, H, E cùng nằm trên một đường tròn. Bài 3: Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Tia OA cắt đường tròn (O') tại C, tia O'A cắt đường tròn (O) tại D. Chứng minh rằng: a) Tứ giác OO'CD nội tiếp. b) Tứ giác OBO'C nội tiếp, từ đó suy ra năm điểm O, O', B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Bài 4: Biên soạn : Trần Công Hoan. 42. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(43)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Cho tứ giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Vẽ EF vuông góc AD. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng: a) Các tứ giác ABEF, DCEF nội tiếp được. b) Tia CA là tia phân giác của góc BCF. c)* Tứ giác BCMF nội tiếp được. Bài 5: Từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn. Trên cung nhỏ AB lấy một điểm C. Vẽ CD  AB, CE  MA, CF  MB. Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh rằng: a) Các tứ giác AECD, BFCD nội tiếp được. b) CD2 = CE. CF c)* IK // AB Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Từ A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn. Vẽ hai đường cao BD và CE. a) Chứng minh rằng bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng xy// DE, từ đó suy ra OA  DE. Bài 7: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ AB lấy một điểm M. Đường thẳng qua A song song với BM cắt CM tại N. a) Chứng minh rằng tam giác AMN là tam giác đều. b) Chứng minh rằng MA + MB = MC. c)* Gọi D là giao điểm của AB và CM. Chứng minh rằng:. 1 1 1   AM MB MD. Bài 8: Cho ba điểm A, B, C cố định với B nằm giữa A và C. Một đường tròn (O) thay đổi đi qua B và C. Vẽ đường kính MN vuông góc với BC tại D ( M nằm trên cung nhỏ BC).Tia AN cắt đường tròn (O) Tại một điểm thứ hai là F. Hai dây BC và MF cắt nhau tại E. Chứng minh rằng: a) Tứ giác DEFN nội tiếp được. b) AD. AE = AF. AN c) Đường thẳng MF đi qua một điểm cố định. Bài 9: Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn ( O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Gọi M là trung điểm của AB. Tia CM cắt đường tròn tại điểm N. Tia AN cắt đường tròn tại điểm D. a) Chứng minh rằng MB2 = MC. MN b) Chứng minh rằng AB// CD c) Tìm điều kiện của điểm A để cho tứ giác ABDC là hình thoi. Tính diện tích cử hình thoi đó. Bài 10: Cho đường tròn (O) và một dây AB. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ đường kính MN Cắt AB tại I. Gọi D là một điểm thuộc dây AB. Tia MD cắt đường tròn (O) tại C. a) Chứng minh rằng tứ giác CDIN nội tiếp được b) Chứng minh rằng tích MC. MD có giá trị không đổi khi D di động trên dây AB. c) Gọi O' là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh rằng MAB =. 1  AO'D. 2. d) Chứng minh rằng ba điểm A, O', N thẳng hàng và MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Biên soạn : Trần Công Hoan. 43. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(44)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Bài 11: Cho tam giác ABC vuông ở A ( AB < AC), đường cao AH. Trên đoạn thẳng HC lấy D sao cho HD = HB. Vẽ CE vuông góc với AD ( E  AD). a) Chứng minh rằng AHEC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC. c) Chứng minh rằng CH là tia phân giác của góc ACE. d) Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng CA. CH và cung nhỏ AH của đường tròn nói trên biết AC= 6cm, ACB = 300. Bài 12: Cho đường tròn tâm O có đường kính BC. Gọi A là Một điểm thuộc cung BC ( AB < AC), D là điểm thuộc bán kính OC. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC ở E, cắt tia BA ở F. a) Chứng minh rằng ADCF là tứ giác nội tiếp. b) Gọi M là trung điểm của EF. Chứng minh rằng AME = 2 ACB. c) Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Tính diện tích hình giới hạn bởi các đoạn thẳng BC, BA và cung nhỏ AC của đường tròn (O) biết BC= 8cm, ABC = 600. Bài 13: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm M thuộc nửa đường tròn. Vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc với AB ( H là tiếp điểm). Kẻ các tiếp tuyến AC, BD với đường tròn (M) ( C, D là tiếp điểm). a) Chứng minh rằng C, M, D thẳng hàng b) Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O). c) Tính tổng AC + BD theo R. d) Tính diện tích tứ giác ABDC biết AOM = 600. Bài 14: Cho tam giác vuông cân ABC (A = 900), trung điểm I của cạnh BC. Xét một điểm D trên tia AC. Vẽ đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB, BD, DA tại các điểm tương ứng M, N, P. a) Chứng minh rằng 5 điểm B, M, O, I, N nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng ba điểm N, I, P thẳng hàng. c) Gọi giao điểm của tia BO với MN, NP lần lượt là H, K. Tam giác HNK là tam giác gì, tại sao? d) Tìm tập hợp điểm K khi điểm D thay đổi vị trí trên tia AC. Chủ đề 3: Chứng minh các điểm thẳng hàng, các đường thẳng đồng quy.. Bài 1: Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại hai điểm A và B. Đường thẳng AO cắt đường tròn (O) và (O') lần lượt tại C và C'. Đường thẳng AO' cắt đường tròn (O) và (O') lần lượt tại D và D'. a) Chứng minh C, B, D' thẳng hàng b) Chứng minh tứ giác ODC'O' nội tiếp c) Đường thẳng CD và đường thẳng D'C' cắt nhau tại M. Chứng minh tứ giác MCBC' nội tiếp. Bài 2: Từ một điểm C ở ngoài đường tròn ( O) kể cát tuyến CBA. Gọi IJ là đường kính vuông góc với AB. Các đường thẳng CI, CJ theo thứ tự cắt đường tròn (O) tại M, N. a) Chứng minh rằng IN, JM và AB đồng quy tại một điểm D. b) Chứng minh rằng các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M, N đi qua trung điểm E của CD. Bài 3: Biên soạn : Trần Công Hoan. 44. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(45)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Cho hai đường tròn ( O; R) và ( O'; R' ) tiếp xúc ngoài tại A ( R> R' ). Đường nối tâm OO' cắt đường tròn (O) và (O') theo thứ tự tại B và C ( B và C khác A). EF là dây cung của đường tròn (O) vuông góc với BC tại trung điểm I của BC, EC cắt đường tròn (O') tại D. a) Tứ giác BEFC là hình gi? b) Chứng minh ba điểm A, D, F thẳng hàng. c) CF cắt đường tròn (O’) tại G. Chứng minh ba đường EG, DF và CI đồng quy. d) Chứng minh ID tiếp xúc với đường tròn (O’). Bài 4: Cho đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại C. AC và BC là đường kính của (O) và (O’), DE là tiếp tuyến chung ngoài (D  (O), E  (O’)). AD cắt BE tại M. a) Tam giác MAB là tam giác gì? b) Chứng minh MC là tiếp tuyến chung của (O) và (O’). c) Kẻ Ex, By vuông góc với AE, AB. Ex cắt By tại N. Chứng minh D, N, C thẳng hàng. d) Về cùng phía của nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và OO’. Đường thẳng qua C cắt hai nửa đường tòn trên tại I, K. Chứng minh OI // AK.. Chủ đề 4: Chứng minh điểm cố định. Bài 1: Cho đường tròn (O ; R). Đường thẳng d cắt (O) tại A, B. C thuộc d ở ngoài (O). Từ điểm chính giữa P của cung lớn AB kẻ đường kính PQ cắt AB tại D. CP cắt (O) tại điểm thứ hai I, AB cắt IQ tại K. a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp. b) Chứng minh: CI.CP = CK.CD. c) Chứng minh IC là phân giác ngoài của tam giác AIB. d) A, B, C cố định, (O) thay đổi nhưng vẫn luôn qua A, B. Chứng minh rằng IQ luôn đi qua điểm cố định. Bài 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp (O ; R). M di động trên AB. N di động trên tia đối của tia CA sao cho BM = CN. a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O) tại A và D. Chứng minh rằng D cố định. b) Tính góc MDN. c) MN cắt BC tại K. Chứng minh DK vuông góc với MN. d) Đặt AM = x. Tính x để diện tích tam giác AMN là lớn nhất. Bài 3: Cho (O ; R). Điểm M cố định ở ngoài (O). Cát tuyến qua M cắt (O) tại A và B. Tiếp tuyến của (O) tại A và B cắt nhau tại C. a) Chứng minh tứ giác OACB nội tiếp đường tròn tâm K. b) Chứng minh: (K) qua hai điểm cố định là O và H khi cát tuyến quay quanh M. c) CH cắt AB tại N, I là trung điểm AB. Chứng minh MA.MB = MI.MN. d) Chứng minh: IM.IN = IA2. Bài 4: Cho nửa đường tròn đường kính AB tâm O. C là điểm chính giữa cung AB. M di động trên cung nhỏ AC. Lấy N thuộc BM sao cho AM = BN. a) So sánh tam giác AMC và BCN. b) Tam giác CMN là tam giác gì? c) Kẻ dây AE//MC. Chứng minh tứ giác BECN là hình bình hành. d) Đường thẳng d đi qua N và vuông góc với BM. Chứng minh d luôn đi qua điểm cố định. Biên soạn : Trần Công Hoan. 45. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(46)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Bài 5: Cho đường tròn (O ; R), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Điểm M tuỳ ý trên d, kẻ tiếp tuyến MA, MB. I là trung điểm của CD. a) Chứng minh 5 điểm M, A, I, O, B cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi H là trực tâm của tam giác MAB, tứ giác OAHB là hình gì? c) Khi M di đồng trên d. Chứng minh rằng AB luôn qua điểm cố định. d) Đường thẳng qua C vuông góc với OA cắt AB, AD lần lượt tại E và K. Cminh EC = EK.. Chủ đề 5: Chứng minh hai tam giác đồng dạng và chứng minh đẳng thức hình học. Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây AB. M là điểm chính giữa cung AB. C thuộc AB, dây MD qua C. a) Chứng minh MA2 = MC.MD. b) Chứng minh MB.BD = BC.MD. c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tiếp xúc với MB tại B. d) Gọi R1, R2 là bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD. Chứng minh R1 + R2 không đổi khi C di động trên AB. Bài 2: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R và một điểm M trên nửa đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M của nửa đường tròn cắt các tiếp tuyến tại A, B lần lượt ở C và E. a) Chứng minh rằng CE = AC + BE. b) Chứng minh AC.BE = R2. c) Chứng minh tam giác AMB đồng dạng với tam giác COE. d) Xét trường hợp hai đường thẳng AB và CE cắt nhau tại F. Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB. + Chứng minh rằng:. HA FA  . HB FB. + Chứng minh tích OH.OF không đổi khi M di động trên nửa đường tròn. Bài 3: Trên cung BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy một điểm P bất kì. Các đường thẳng AP và BC cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng:. 1 1 1   . PQ PB PC. Bài 4: Cho góc vuông xOy. Trên tia Ox đặt đoạn OA = a. Dựng đường tròn (I ; R) tiếp xúc với Ox tại A và cắt Oy tại hai điểm B, C. Chứng minh các hệ thức: a). 1 1 1   2. 2 2 AB AC a. b) AB2 + AC2 = 4R2.. Chủ đề 6: Các bài toán về tính số đo góc và số đo diện tích. Bài 1: Cho hai đường tròn (O; 3cm) và (O’;1 cm) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài BC (B  (O); C  (O’)). a) Chứng minh rằng góc O’OB bằng 600. b) Tính độ dài BC. c) Tính diện tích hình giới hạn bởi tiếp tuyến BC và các cung AB, AC của hai đường tròn. Bài 2: Biên soạn : Trần Công Hoan. 46. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(47)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 cm, CB = 40 cm. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) ở E. Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của EA, EB với các nửa đường tròn (I), (K). a) Chứng ming rằng EC = MN. b) Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K). c) Tính độ dài MN. d) Tính diện tích hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn. Bài 3: Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn. Từ một điểm M trên cung nhỏ BC kẻ một tiếp tuyến thứ ba cắt hai tiếp tuyến kia tại P và Q. a) Chứng minh rằng: Khi điểm M chuyển động trên cung BC nhỏ thì chu vi tam giác APQ có giá trị không đổi. b) Cho biết BAC = 600 và bán kính của đường tròn (O) bằng 6 cm. Tính độ dài của tiếp tuyến AB và dtích phần mặt phẳng được giới hạn bởi hai tiếp tuyến AB, AC và cung nhỏ BC. Bài 4: Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đường tròn nội tiếp , K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, O là trung điểm của IK. a) Chứng minh rằng: 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng: AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). c) Tính bán kính của đường tròn (O) biết AB = AC = 20 cm, BC = 24 cm. Bài 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. E là một điểm trên đường tròn mà AE > EB. M là một điểm trên đoạn AE sao cho AM.AE = AO.AB. a) Chứng minh AOM vuông tại O. b) OM cắt đường tròn ở C và D. Điểm C và điểm E ở cùng một phía đối với AB. Chứng minh ACM đồng dạng với AEC. c) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM. d) Giả sử tỉ số diện tích hai tam giác Acm và AEC là. 2 . Tính AC, AE, AM, CM theo R. 3. Chủ đề 7: Toán quỹ tích. Bài 1: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và M là điểm di động trên đường tròn đó. Gọi D là hình chiếu của B trên AM và P là giao điểm của BD với CM. a) Chứng minh BPM cân. b) Tìm quỹ tích của điểm D khi M di chuyển trên đường tròn (O). Bài 2: Đường tròn (O ; R) cắt một đường thẳng d tại hai điểm A, B. Từ một điểm M trên d và ở ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến MP, MQ. a) Chứng minh rằng góc QMO bằng góc QPO và đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua hai điểm cố định khi M di động trên d. b) Xác định vị trí của M để MQOP là hình vuông? c) Tìm quỹ tích tâm các đường tròn nội tiếp tam giác MPQ khi M di động trên d. Bài 3: Hai đường tròn tâm O và tâm I cắt nhau tại hai điểm A và B. Đường thẳng d đi qua A cắt các đường tròn (O) và (I) lần lượt tại P, Q. Gọi C là giao điểm của hai đường thẳng PO và QI. a) Chứng minh rằng các tứ giác BCQP, OBCI nội tiếp. b) Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AP, AQ, K là trung điểm của EF. Khi đường thẳng d quay quanh A thì K chuyển động trên đường nào? c) Tìm vị trí của d để tam giác PQB có chu vi lớn nhất. Biên soạn : Trần Công Hoan. 47. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(48)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Chủ đề 8: Một số bài toán mở đầu về hình học không gian. Bài 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’. Biết AB = 4 cm; AC = 5 cm và A’C = 13 cm. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật đó. Bài 2: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có diện tích mặt chéo ACC’A’ bằng 25 2 cm2. Tính thể tích và diện tích toàn phần của hình lập phương đó. Bài 3: Cho hình hộp chứ nhật ABCDA’B’C’D’. Biết AB = 15 cm, AC’ = 20 cm và góc A’AC’ bằng 600. Tính thể tích và diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật đó. Bài 4: Cho lăng trụ đứng tam giác đều ABCA’B’C’. Tính diện tích xung quanh và thể tích của nó biết cạnh đáy dài 6 cm và góc AA’B bằng 300. Bài 5: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại trọng tâm G của tam giác ABC. Trên đường thẳng d lấy một điểm S. Nối SA, SB, SC. a) Chứng minh rằng SA = SB = SC. b) Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình chóp S.ABC, cho biết SG = 2a. Bài 6:Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là a và đường cao là. a 2 . 2. a) Chứng minh các mặt bên của hình chóp là các tam giác đều. b) Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình chóp. Bài 7:Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a. a) Tính diện tích toán phần của hình chóp. b) Tính thể tích của hình chóp. Bài 8:Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có chiếu cao 15 cm và thể tích là 1280 cm3. a) Tính độ dài cạnh đáy. b) Tính diện tích xung quanh của hình chóp. Bài 9: Một hình chóp cụt diện tích đáy nhỏ là 75 cm2, diện tích đáy lớn gấp 4 lần diện tích đáy nhỏ và chiều cao là 6 cm. Tính thể tích của hình chóp cụt đó. Bài 10:Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). a) Tính thể tích hình chóp. b) Chứng minh rằng bốn mặt bên là những tam giác vuông. a) Tính diện tích xung quanh của hình chóp. Bài 11: Một hình trụ có đường cao bằng đường kính đáy. Biết thể tích hình trụ là 128 cm3, tính diện tích xung quanh của nó. Bài 12: Một hình nón có bán kính đáy bằng 5 cm và diện tích xung quanh bằng 65 cm2. Tính thể tích của hình nón đó. Bài 13:Cho hình nón cụt, bán kính đáy lớn bằng 8 cm, đường cao bằng 12 cm và đường sinh bằng 13 cm. a) Tính bán kính đáy nhỏ. b) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón cụt đó. Bài 14: Một hình cầu có diện tích bề mặt là 36 cm2. Tính thể tích của hình cầu đó. Biên soạn : Trần Công Hoan. 48. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(49)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. A - PHẦN ĐỀ BÀI I - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT. ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Cho biết a = 2  3 và b = 2  3 . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab. 3x + y = 5 b) Giải hệ phương trình:  . x - 2y = - 3 1  x  1 Câu 2: Cho biểu thức P =  (với x > 0, x  1)  : x 1  x - 2 x  1 x- x a) Rút gọn biểu thức P. 1 b) Tìm các giá trị của x để P > . 2 2 Câu 3: Cho phương trình: x – 5x + m = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình trên khi m = 6. b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1  x 2  3 .. Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. 1 1 Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b  2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =  . a b. ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Rút gọn biểu thức:. 1 1  . 3 7 3 7. b) Giải phương trình: x2 – 7x + 3 = 0. Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d: y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2. 4x + ay = b b) Cho hệ phương trình:  . x - by = a Tìm a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x;y ) = ( 2; - 1). Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển một lượng hàng. Người lái xe tính rằng nếu xếp mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa lại 5 tấn, còn nếu xếp mỗi toa 16 tấn thì có thể chở thêm 3 tấn nữa. Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng. Câu 4: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI  AB, MK  AC (I AB,K  AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.   MBC . b) Vẽ MP  BC (P BC). Chứng minh: MPK c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Biên soạn : Trần Công Hoan. 49. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(50)</span> LUYỆN THI VÀO THPT Câu 5: Giải phương trình:. NĂM HỌC 2011 - 2012 y - 2010  1 x - 2009  1 z - 2011  1 3    x - 2009 y - 2010 z - 2011 4. ĐỀ SỐ 3 Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – 4 = 0 2x + y = 1 b)  3x + 4y = -1 Câu 2: Rút gọn các biểu thức: a) A =. 3 6 2 8  1 2 1 2. 1  1  x+2 x b) B =  ( với x > 0, x  4 ).  . x  x4 x + 4 x 4 Câu 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2 trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của các đồ thị đã vẽ ở trên bằng phép tính. Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Gọi M và N thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn (O;R) với BE và CF. Chứng minh: MN // EF. c) Chứng minh rằng OA  EF. Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P = x2 - x y + x + y -. y +1. ĐỀ SỐ 4 Câu 1: a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức sau:. 4 ; 3. 5 . 5 1. b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax2 đi qua điểm M (- 2;. 1 ). Tìm hệ số a. 4. Câu 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a). 2x + 1 = 7 - x. 2x + 3y = 2  b)  1 x - y = 6 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + 4 = 0 (1) a) Giải phương trình đã cho khi m = 3. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: ( x1 + 1 )2 + ( x2 + 1 )2 = 2. Biên soạn : Trần Công Hoan. 50. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(51)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 4: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh  BC sao cho: IEM  900 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ). a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn.  b) Tính số đo của góc IME c) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng minh CK  BN. Câu 5: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh: ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ).. ĐỀ SỐ 5  3 2 Câu 1: a) Thực hiện phép tính:    . 6 2 3   b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( 2; 3 ) và điểm B(-2;1) Tìm các hệ số a và b. Câu 2: Giải các phương trình sau: a) x2 – 3x + 1 = 0 x -2 4 b) + = 2 x-1 x+1 x -1 Câu 3: Hai ô tô khởi hành cùng một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120 km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10 km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc của mỗi ô tô. Câu 4: Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F. a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh:. . Câu 5: Giải phương trình: 10 x 3 + 1 = 3 x 2 + 2. S1  S2  S .. . ĐỀ SỐ 6 Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:  3 3   3 3  a) A =  2   .  2   3 1   3  1    b a  b) B =   . a b - b a ( với a > 0, b > 0, a  b) a ab ab b   x - y = - 1 1  Câu 2: a) Giải hệ phương trình:  2 3  x + y = 2  2  b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2 – x – 3 = 0. Tính giá trị biểu thức: Câu 3:. . Biên soạn : Trần Công Hoan. . 51. P = x12 + x22.. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(52)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. a) Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M ( 2;. 1 ) và song song với đường thẳng 2x + y = 3. Tìm 2. các hệ số a và b. b) Tính các kích thước của một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng: a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. . b) NM là tia phân giác của góc ANI c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2. Câu 5: Cho biểu thức A = 2x - 2 xy + y - 2 x + 3 . Hỏi A có giá trị nhỏ nhất hay không? Vì sao?. ĐỀ SỐ 7 Câu 1: a) Tìm điều kiện của x biểu thức sau có nghĩa: A = 1 1  b) Tính: 3 5 5 1. x-1+ 3-x. Câu 2: Giải phương trình và bất phương trình sau: a) ( x – 3 )2 = 4 x-1 1 b) < 2x + 1 2 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1) a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. b) Tìm các giá trị của m để: x12 + x22 – x1x2 = 7. Câu 4: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M. a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC. b) Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK // CD. c) Chứng minh: OK.OS = R2.. x 3 + 1 = 2y Câu 5: Giải hệ phương trình:  3 .  y + 1 = 2x. ĐỀ SỐ 8 2x + y = 5 Câu 1: a) Giải hệ phương trình:  x - 3y = - 1 b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình:3x2 – x – 2 = 0. Tính giá trị biểu thức: P =. 1 1 + . x1 x2.  a a  a 1 Câu 2: Cho biểu thức A =   với a > 0, a  1  :  a 1 a - a  a - 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị của a để A < 0. Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + 1 + m = 0 (1) Biên soạn : Trần Công Hoan. 52. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(53)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. a) Giải phương trình đã cho với m = 0. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 x2.( x1 x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ). Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.   ACO . b) Chứng minh ADE c) Vẽ CH vuông góc với AB (H  AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH. Câu 5: Cho các số a, b, c   0 ; 1 . Chứng minh rằng: a + b2 + c3 – ab – bc – ca  1.. ĐỀ SỐ 9 Câu 1: a) Cho hàm số y =. . . 3  2 x + 1. Tính giá trị của hàm số khi x =. 32.. b) Tìm m để đường thẳng y = 2x – 1 và đường thẳng y = 3x + m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.. 3 x 6 x  x-9 Câu 2: a) Rút gọn biểu thức: A =   : x  2  x  3  x-4. với x  0, x  4, x  9 .. x 2 - 3x + 5 1 b) Giải phương trình:   x + 2  x - 3 x - 3. 3x - y = 2m - 1 Câu 3: Cho hệ phương trình:  (1) x + 2y = 3m + 2 a) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1. b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D. a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD. c) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK //AB. a+b 1 Câu 5: Chứng minh rằng:  với a, b là các số dương. a  3a + b   b  3b + a  2. ĐỀ SỐ 10 Câu 1: Rút gọn các biểu thức: a) A = 3 8  50 . . . 2. 2 1. 2 x 2 - 2x + 1 . , với 0 < x < 1 x-1 4x 2 Câu 2:Giải hệ phương trình và phương trình sau: b) B =. 2  x - 1  y = 3 a)  . x - 3y = - 8 Biên soạn : Trần Công Hoan. 53. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(54)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. b) x + 3 x  4  0 Câu 3: Một xí nghiệp sản xuất được 120 sản phẩm loại I và 120 sản phẩm loại II trong thời gian 7 giờ. Mỗi giờ sản xuất được số sản phẩm loại I ít hơn số sản phẩm loại II là 10 sản phẩm. Hỏi mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được bao nhiêu sản phẩm mỗi loại. Câu 4: Cho hai đường tròn (O) và (O) cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và (O) . a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng. b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) và (O) thứ tự tại M và N. Xác định vị trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5: Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức:. x +. . x 2  2011 y +. . y 2  2011  2011. Tính: x + y. ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: 2. 1 - a a  1 - a  A    a   1 - a  với a ≥ 0 và a ≠ 1. 1 a    2 2) Giải phương trình: 2x - 5x + 3 = 0 Câu 2: 1) Với giá trị nào của k, hàm số y = (3 - k) x + 2 nghịch biến trên R. 2) Giải hệ phương trình: 4x + y = 5  3x - 2y = - 12 Câu 3: Cho phương trình x2 - 6x + m = 0. 1) Với giá trị nào của m thì phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện x1 - x2 = 4. Câu 4: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Dây BC = R. Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đường tròn. Tia AC cắt Bx tại M. Gọi E là trung điểm của AC. 1) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn. 2) Gọi I là giao điểm của BE với OM. Chứng minh: IB.IE = IM.IO. Câu 5: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 6 8 + . P = 3x + 2y + x y. ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Tính gọn biểu thức: 1) A =. 20 - 45 + 3 18 + 72 ..  a + a  a- a  2) B =  1 + 1 +   với a ≥ 0, a ≠ 1.  a + 1 1a    2 Câu 2: 1) Cho hàm số y = ax , biết đồ thị hàm số đi qua điểm A (- 2 ; -12). Tìm a. 2) Cho phương trình: x2 + 2 (m + 1)x + m2 = 0. (1) Biên soạn : Trần Công Hoan. 54. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(55)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. a. Giải phương trình với m = 5 b. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng - 2. Câu 3: Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi 68m2. Tính diện tích thửa ruộng đó. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy 1 điểm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC. Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) tại D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) tại S. . 1) Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và CA là tia phân giác của góc BCS 2) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 3) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. Câu 5: Giải phương trình. x 2 - 3x + 2 +. x+3 =. x-2 +. x 2 + 2x - 3. ĐỀ SỐ 13  a a - 1 a a + 1  a +2 Câu 1: Cho biểu thức: P =  với a > 0, a  1, a  2.  : a 2 a a a + a   1) Rút gọn P. 2) Tìm giá trị nguyên của a để P có giá trị nguyên. Câu 2: 1) Cho đường thẳng d có phương trình: ax + (2a - 1) y + 3 = 0 Tìm a để đường thẳng d đi qua điểm M (1, -1). Khi đó, hãy tìm hệ số góc của đường thẳng d. 2) Cho phương trình bậc 2: (m - 1)x2 - 2mx + m + 1 = 0. a) Tìm m, biết phương trình có nghiệm x = 0. b) Xác định giá trị của m để phương trình có tích 2 nghiệm bằng 5, từ đó hãy tính tổng 2 nghiệm của phương trình. Câu 3: Giải hệ phương trình: 4x + 7y = 18  3x - y = 1 Câu 4: Cho ∆ABC cân tại A, I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, O là trung điểm của IK. 1) Chứng minh 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc một đường tròn tâm O. 2) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O). 3) Tính bán kính của đường tròn (O), biết AB = AC = 20cm, BC = 24cm. Câu 5: Giải phương trình:. x2 +. x + 2010 = 2010.. ĐỀ SỐ 14 Câu 1: Cho biểu thức x +1 2 x 2+5 x + + với x ≥ 0, x ≠ 4. 4-x x -2 x +2 1) Rút gọn P. 2) Tìm x để P = 2. Câu 2: Trong mặt phẳng, với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: y  (m  1)x  n . 1) Với giá trị nào của m và n thì d song song với trục Ox. 2) Xác định phương trình của d, biết d đi qua điểm A(1; - 1) và có hệ số góc bằng -3. P=. Biên soạn : Trần Công Hoan. 55. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(56)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2 (m - 1)x - m - 3 = 0 (1) 1) Giải phương trình với m = -3 2) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoả mãn hệ thức x12 + x 22 = 10. 3) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc giá trị của m. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh: 1) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật. 2) Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp đường tròn. 3) EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn đường kính BH và HC. Câu 5: Các số thực x, a, b, c thay đổi, thỏa mãn hệ: (1) x + a + b + c = 7  2 2 2 2 x + a + b + c = 13 (2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x.. ĐỀ SỐ 15  x 1   1 2  Câu 1: Cho M =  +  :   với x  0, x  1 .  x - 1 x - x   x 1 x - 1  a) Rút gọn M. b) Tìm x sao cho M > 0. Câu 2: Cho phương trình x2 - 2mx - 1 = 0 (m là tham số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để x12 + x 22 - x1x2 = 7 Câu 3: Một đoàn xe chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc, biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau. Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kiính AB = 2R. Điểm M thuộc đường tròn sao cho MA < MB. Tiếp tuyến tại B và M cắt nhau ở N, MN cắt AB tại K, tia MO cắt tia NB tại H. a) Tứ giác OAMN là hình gì ? b) Chứng minh KH // MB. Câu 5: Tìm x, y thoả mãn 5x - 2 x (2 + y) + y2 + 1 = 0.. ĐỀ SỐ 16 Câu 1: Cho biểu thức: K =. x x -1. -. 2x - x. với x >0 và x  1. x- x. 1) Rút gọn biểu thức K 2) Tìm giá trị của biểu thức K tại x = 4 + 2 3 Câu 2: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1; 2) và song song với đường thẳng y = 3x + 1. Tìm hệ số a và b. 3x  2y  6 2) Giải hệ phương trình:   x - 3y  2. Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 96 tấn hàng. Nhưng khi sắp khởi hành có thêm 3 xe nữa, nên mỗi xe chở ít hơn lúc đầu 1,6 tấn hàng. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc. Biên soạn : Trần Công Hoan Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị 56 Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(57)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 4: Cho đường tròn (O) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi 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 lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE. 1) Chứng minh rằng: DE//BC 2) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn. 1 1 1 3) Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức: = + CE CQ CF Câu 5: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: a b c 1 + + 2 a+b b+c c+a. ĐỀ SỐ 17 Câu 1: Cho x1 =. 3 + 5 và x2 =. 3- 5. Hãy tính: A = x1 . x2; B = x12 + x 22 Câu 2: Cho phương trình ẩn x: x2 - (2m + 1) x + m2 + 5m = 0 a) Giải phương trình với m = -2. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm sao cho tích các nghiệm bằng 6. Câu 3: Cho hai đường thẳng (d): y = - x + m + 2 và (d’): y = (m2 - 2) x + 1 a) Khi m = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của chúng. b) Tìm m để (d) song song với (d’) Câu 4: Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC; AT là tiếp tuyến vẽ từ A. Từ tiếp điểm T vẽ đường thẳng vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H và cắt đường tròn tại K (K  T). Đặt OB = R. a) Chứng minh OH.OA = R2. b) Chứng minh TB là phân giác của góc ATH. c) Từ B vẽ đường thẳng song song với TC. Gọi D, E lần lượt là giao điểm của đường thẳng vừa vẽ với TK và TA. Chứng minh rằng ∆TED cân. HB AB d) Chứng minh = HC AC Câu 5: Cho x, y là hai số thực thoả mãn: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + y + 1. ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn các biểu thức: 1). 45  20  5 .. 2). x x x. . x4. với x > 0.. x 2. Câu 2: Một thửa vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 72m. Nếu tăng chiều rộng lên gấp đôi và chiều dài lên gấp ba thì chu vi của thửa vườn mới là 194m. Hãy tìm diện tích của thửa vườn đã cho lúc ban đầu. Câu 3: Cho phương trình: x2- 4x + m +1 = 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 2.. Biên soạn : Trần Công Hoan. 57. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(58)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 2) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức x12 + x 22 = 5 (x1 + x2) Câu 4: Cho 2 đường tròn (O) và (O) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt (O), (O) lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O A cắt (O), (O) lần lượt tại điểm thứ hai E, F. 1. Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I. 2. Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn. 3. Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O) (P  (O), Q  (O) ). Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ. 1 1 Câu 5: Giải phương trình: + =2 2 x 2x. ĐỀ SỐ 19 Câu 1: Cho các biểu thức A =. 5  7 5 11  11 5  , B 5: 5 1  11 5  55. a) Rút gọn biểu thức A. b) Chứng minh: A - B = 7. 3x + my = 5 Câu 2: Cho hệ phương trình  mx - y = 1 a) Giải hệ khi m = 2 b) Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu 3: Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 10m. Hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 2m. Tính các cạnh góc vuông. Câu 4: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa điểm M vẽ tiếp tuyến Ax, By. Đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By lần lượt tại P và Q; AM cắt CP tại E, BM cắt CQ tại F. a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường tròn.  = 900. b) Chứng minh góc PCQ c) Chứng minh AB // EF. Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =. x 4 + 2x 2 + 2 . x2 + 1. ĐỀ SỐ 20 Câu 1: Rút gọn các biểu thức : 2 2 a) A = 5 -2 5 +2. 1   x -1 1- x   b) B =  x : +   với x  0, x  1.  x   x x + x   Câu 2: Cho phương trình x2 - (m + 5)x - m + 6 = 0 (1) a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có một nghiệm x = - 2 c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn x12 x 2 + x1x 22 = 24 Biên soạn : Trần Công Hoan. 58. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(59)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 3: Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. nếu thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy. Câu 4: Cho đường tròn (O,R) và một điểm S ở ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến SA, SB ( A, B là các tiếp điểm). Vẽ đường thẳng a đi qua S và cắt đường tròn (O) tại M và N, với M nằm giữa S và N (đường thẳng a không đi qua tâm O). a) Chứng minh: SO  AB b) Gọi H là giao điểm của SO và AB; gọi I là trung điểm của MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E. Chứng minh rằng IHSE là tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Chứng minh OI.OE = R2. Câu 5: Tìm m để phương trình ẩn x sau đây có ba nghiệm phân biệt: x3 - 2mx2 + (m2 + 1) x - m = 0 (1).. ĐỀ SỐ 21 Câu 1. 1) Trục căn thức ở mẫu số. 2 . 5 1. x  y  4 2) Giải hệ phương trình :  . 2 x  3  0 Câu 2. Cho hai hàm số: y  x 2 và y  x  2 1) Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một hệ trục Oxy. 2) Tìm toạ độ các giao điểm M, N của hai đồ thị trên bằng phép tính. Câu 3. Cho phương trình 2 x 2  2m  1x  m  1  0 với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m  2 . 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 thoả mãn 4 x12  2 x1 x2  4 x22  1 .. Câu 4. Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A , B ). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1) Chứng minh rằng FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh rằng DA.DE = DB.DC. 3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) .. 7x2  7x . Câu 5. Tìm nghiệm dương của phương trình :. 4x  9 . 28. ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 - 2x - 15 = 0 2) Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax - 1 đi qua điểm M (- 1; 1). Tìm hệ số a..  a 1  a  a a  a    Câu 2: Cho biểu thức: P =    a  1  a  1  với a > 0, a  1 2 2 a    Biên soạn : Trần Công Hoan. 59. 1) Rút gọn biểu thức P. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(60)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 2) Tìm a để P > - 2 Câu 3: Tháng giêng hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy; tháng hai do cải tiến kỹ thuật tổ I vượt mức 15% và tổ II vượt mức 10% so với tháng giêng, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy? Câu 4: Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mp bờ AB vẽ hai tia Ax, By vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K . Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P. 1) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh rằng AI.BK = AC.BC. . 3) Tính APB Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0 biết p + q = 198.. ĐỀ SỐ 23 Câu 1.. . . 1) Tính giá trị của A = 20  3 5  80 . 5 . 2) Giải phương trình 4 x 4  7 x 2  2  0 . Câu 2. 1) Tìm m để đường thẳng y  3 x  6 và đường thẳng y . 5 x  2m  1 cắt nhau tại một điểm nằm trên 2. trục hoành. 2) Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính diện tích của hình chữ nhật đó. Câu 3. Cho phương trình x 2  2 x  m  3  0 với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m  3 . 2) Tìm giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thoả mãn điều kiện: x  2 x 2  x1 x 2  12 . 2 1. Câu 4. Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với R > R’ cắt nhau tại A và B. Kẻ tiếp tuyến chung DE của hai đường tròn với D  (O) và E  (O’) sao cho B gần tiếp tuyến đó hơn so với A.   BDE . 1) Chứng minh rằng DAB 2) Tia AB cắt DE tại M. Chứng minh M là trung điểm của DE. 3) Đường thẳng EB cắt DA tại P, đường thẳng DB cắt AE tại Q. Chứng minh rằng PQ song song với AB. 4x  3 Câu 5. Tìm các giá trị x để 2 là số nguyên âm. x 1. ĐỀ SỐ 24 Câu 1. Rút gọn: 5 5 . 2 5  x  x  x  x  2) B =  1   1  1  x  với 0  x  1 . 1  x    2 Câu 2. Cho phương trình x  3  m x  2m  5  0 với m là tham số. 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình luôn có nghiệm x  2 . 1) A = (1  5) . Biên soạn : Trần Công Hoan. 60. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(61)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 2) Tìm giá trị của m để phương trình trên có nghiệm x  5  2 2 . Câu 3. Một xe ô tô cần chạy quãng đường 80km trong thời gian đã dự định. Vì trời mưa nên một phần tư quãng đường đầu xe phải chạy chậm hơn vận tốc dự định là 15km/h nên quãng đường còn lại xe phải chạy nhanh hơn vận tốc dự định là 10km/h. Tính thời gian dự định của xe ô tô đó. Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn và điểm D nằm trên đoạn OA. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Đường thẳng qua C, vuông góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By lần lượt tại M và N. 1) Chứng minh các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp được đường tròn.   900 . 2) Chứng mình rằng MDN 3) Gọi P là giao điểm của AC và DM, Q là giao điểm của BC và DN. Chứng minh rằng PQ song song với AB. Câu 5. Cho các số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức: ab bc c a b c   a    4   . c a b bc c a ab . ĐỀ SỐ 25  x 1   1 2  Câu 1. Cho biểu thức A =     :   với a > 0, a  1  x 1 x  x   x  1 x  1  1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A khi x  2 2  3 . Câu 2. Cho phương trình x 2  ax  b  1  0 với a, b là tham số. 1) Giải phương trình khi a  3 và b  5 . 2) Tìm giá trị của a, b để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thoả mãn điều kiện:  x1  x 2  3 .  3 3 x  x  9 2  1 Câu 3. Một chiếc thuyền chạy xuôi dòng từ bến sông A đến bên sông B cách nhau 24km. Cùng lúc đó, từ A một chiếc bè trôi về B với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi về đến B thì chiếc thuyền quay lại ngay và gặp chiếc bè tại địa điểm C cách A là 8km. Tính vận tốc thực của chiếc thuyền. Câu 4. Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB. 1) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 2) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. 3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất. 1 Câu 5. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c  . abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =  a  b  a  c  .. ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức:. 1 1  . 2 5 2 5. Biên soạn : Trần Công Hoan. 61. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(62)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 3x + y = 9 2) Giải hệ phương trình:  . x - 2y = - 4 1  x  1 Câu 2: Cho biểu thức P =  với x > 0.  : x 1  x + 2 x 1 x+ x. 1) Rút gọn biểu thức P. 1 . 2 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + m = 0 (1) 1) Giải phương trình đã cho với m = 1. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: (x1 x2 – 1)2 = 9( x1 + x2 ).. 2) Tìm các giá trị của x để P >. Câu 4: Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đường tròn đường kính AD, tâm O. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống AD và I là trung điểm của DE. Chứng minh rằng: 1) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp được đường tròn. 2) E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH. 2) Năm điểm B, C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn. Câu 5: Giải phương trình:. . x+8 x+3. . . x 2  11x + 24  1  5 .. ĐỀ SỐ 27 Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: 1 2 1) A = 20  80  45 2 3  5 5   5 5  2) B =  2   .  2   5 1   5  1  . 2x - y = 1 - 2y Câu 2: 1) Giải hệ phương trình:  3x + y = 3 - x 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2 – x – 3 = 0. 1 1 Tính giá trị biểu thức P =  . x1 x 2 Câu 3. Một 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 đường sắt Huế-Hà Nội dài 645km. Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. C là một điểm nằm giữa O và A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn trên tại I. K là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng CI (K khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia CI tại D. Chứng minh: 1) ACMD là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) ∆ABD ~ ∆MBC 3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định khi K di động trên đoạn thẳng CI. Câu 5: Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1. 1 1  Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2 x y xy Biên soạn : Trần Công Hoan. 62. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(63)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. ĐỀ SỐ 28 2x + y = 7 Câu 1: 1) Giải hệ phương trình:  x - 3y = - 7 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: 3x2 – x – 2 = 0. Tính giá trị biểu thức P = x12 + x22..  a a  a 1 Câu 2: Cho biểu thức A =    :  a 1 a + a  a - 1. với a > 0, a  1.. 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm các giá trị của a để A < 0. Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1) 1) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. 2) Tìm các giá trị của m để: x12 + x22 – x1x2 = 7. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). 1) Chứng minh: AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) MA2 = MD.MB 3) Vẽ CH vuông góc với AB (H  AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH. Câu 5: Giải phương trình:. 4 1 5  x -  x + 2x x x x. ĐỀ SỐ 29 Câu 1: a) Cho đường thẳng d có phương trình: y  mx  2m  4 . Tìm m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ. b) Với những giá trị nào của m thì đồ thị hàm số y  (m 2  m)x 2 đi qua điểm A(-1; 2).  1 1  3  Câu 2: Cho biểu thức P =   1   với a > 0 và a  9. a  3  a  a 3 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị của a để P >. 1 . 2. Câu 3: Hai người cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 4 giờ. Nếu mỗi người làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất ít hơn thời gian người thứ hai là 6 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu để hoàn thành công việc. Câu 4: Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH  BC. Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự tại D và E. a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó. 1 Câu 5: Giải phương trình: x3 + x2 - x = - . 3 Biên soạn : Trần Công Hoan. 63. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(64)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. ĐỀ SỐ 30 Câu 1. 1) Giải phương trình:. 3 x  75  0 .. 3 x  2 y  1 2) Giải hệ phương trình  . 2 x  y  4 Câu 2. Cho phương trình 2 x 2  m  3x  m  0 (1) với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m  2 . 2) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x1  x 2 . Câu 3.. 9 a  25a  4a 3 với a  0 . a 2  2a 2) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B, rồi quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (không tính thời gian nghỉ). Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h. Câu 4. Cho tam giác vuông ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho CD = AC. 1) Chứng minh tam giác ABD cân. 2) Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E (E  A). Tên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Câu 5. Cho các số dương a, b, c . Chứng minh bất đẳng thức: 1) Rút gọn biểu thức P =. a b c    2. bc ca ab. ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Tính: a) A  20  3 18  45  72 . b) B  4  7  4  7 . c) C  x  2 x  1  x  2 x  1 với x > 1 Câu 2: Cho hàm số y = (2m - 1)x - m + 2 a) Tìm m để hàm số nghịch biến trên R. b) Tìm m để đồ thị hàm số đi qua A (1; 2) Câu 3: Hai người thợ cùng làm công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm 3 giờ, người thứ 1 hai làm 6 giờ thì họ làm được công việc. Hỏi mỗi người làm một mình thì trong bao lâu làm xong công 4 việc? Câu 4: Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi qua B và C (BC  2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến (O) (M, N là tiếp điểm). Gọi I, K lần lượt là trung điểm của BC và MN; MN cắt BC tại D. Chứng minh: a) AM2 = AB.AC Biên soạn : Trần Công Hoan. 64. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(65)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. b) AMON; AMOI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Khi đường tròn (O) thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp  OID luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 5: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: (2x +1)y = x +1.. ĐỀ SỐ 32 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: P = ( 7  3  2)( 7  3  2) . 2) Trong mp toạ độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d): y  (m 2  1)x  1 song song với đường thẳng. (d) : y  3x  m  1 . Câu 2: Cho phương trình x2 + (2m + 1) x + m2 + 1 = 0. (1). a) Giải phương trình (1) khi m = 1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm âm. Câu 3: Cho a, b là các số dương thoả mãn ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1)(a2 + b2) +. A = (a + b +. 4 . ab. Câu 4: Qua điểm A cho trước nằm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm), lấy điểm M trên cung nhỏ BC, vẽ MH  BC; MI  AC; MK  AB. a) Chứng minh các tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MH2 = MI.MK c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh chu vi  APQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M. 5 x  2y  a (1) Câu 5: Chứng minh nếu a  2 thì hệ phương trình:  2 vô nghiệm. 2 x  y  1 (2). ĐỀ SỐ 33  x  3y  10 Câu 1: a) Giải hệ phương trình:  .  2x  y  1 b) Với giá trị nào của m thì hàm số y = (m + 2) x - 3 đồng biến trên tập xác định..  2 a  1  2 a :  Câu 2: Cho biểu thức A = 1     a  1 a a  a  a  1  với a > 0, a  1 a  1     a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của A khi a = 2011 - 2 2010 . Câu 3: Cho phương trình: k (x2 - 4x + 3) + 2(x - 1) = 0. 1 a) Giải phương trình với k = - . 2 b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của k. Câu 4: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài BC (B, C thứ tự là các tiếp điểm thuộc (O; R) và (O’; R’)).  = 900 . a) Chứng minh BAC Biên soạn : Trần Công Hoan. 65. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(66)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. b) Tính BC theo R, R’. c) Gọi D là giao điểm của đường thẳng AC và đường tròn (O) (D  A), vẽ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E  (O’)). Chứng minh BD = DE. Câu 5: Cho hai phương trình: x2 + a1x + b1 = 0 (1) , x2 + a2x + b2 = 0 (2) Cho biết a1a2 > 2 (b1 + b2) . Chứng minh ít nhất một trong hai phương trình đã cho có nghiệm.. ĐỀ SỐ 34 ( a  1  1) 2  ( a  1  1) 2 với a > 1. Câu 1: Rút gọn biểu thức:. P=. Câu 2: Cho biểu thức:.  x 1  Q =     2 2 x. 2.  x 1   x 1  . x  1  . x  1 . 1) Tìm tất cả các giá trị của x để Q có nghĩa. Rút gọn Q. 2) Tìm tất cả các giá trị của x để Q = - 3 x - 3. Câu 3: Cho phương trình x2 + 2 (m - 1) x + m + 1 = 0 với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu 4: Giải phương trình: 3x 2  6 x  19  x 2  2 x  26 = 8 - x2 + 2x . Câu 5: Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng  = 900. vuông góc với đường thẳng AB. M, N là các điểm lần lượt thuộc d1, d2 sao cho MON 1) Chứng minh đường thẳng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O).. AB 2 . 4 3) Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Chứng minh AM . AN =. ĐỀ SỐ 35 Câu 1: Rút gọn A =. x2  6x  9 với x  3 . x3. Câu 2: a) Giải phương trình x 2  2x  4  2 . b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua 2 điểm A(1; 2) và B(2; 0). Câu 3: Cho phương trình: (x2 - x - m)(x - 1) = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = 2. b) Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu 4: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB (tiếp điểm A; B) và cát tuyến cắt đường tròn tại 2 điểm C và D không đi qua O. Gọi I là trung điểm của CD. a) Chừng minh 5 điểm M, A, I, O, B cùng thuộc một đường tròn. . b) Chứng minh IM là phân giác của AIB 4 4 x  y  1 Câu 5: Giải hệ phương trình:  3 . 3 2 2 x  y  x  y. ĐỀ SỐ 36 Câu 1: a) Tính. (1  5) 2  (1  5) 2 .. Biên soạn : Trần Công Hoan. 66. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(67)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. b) Giải phương trình: x2 + 2x - 24 = 0. Câu 2: Cho biểu thức: P =. 2 a a 1 3  7 a   với a > 0, a  9. 9a a 3 a 3. a) Rút gọn. b) Tìm a để P < 1. Câu 3: Cho phương trình: x4 - 5x2 + m = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = 4. b) Tìm m để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu 4: Cho đường tròn (O), từ điểm A ngoài đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua (O) cắt đường tròn (O) tại D; E (AD < AE). Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F. a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FB với đường tròn (O), chứng minh DM  AC. c) Chứng minh: CE . CF + AD . AE = AC2. 2 1 Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y =  , với 0 < x < 1 1 x x. ĐỀ SỐ 37 x2  x x2  x   x 1 x  x 1 x  x 1 Rút gọn biểu thức M với x  0. 3x  5y  18 Câu 2: a) Giải hệ phương trình:  x  2y  5 Câu 1: Cho biểu thức: M =. b) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, với giá trị nào của a, b thì đường thẳng (d): y = ax + 2 - b và đường thẳng (d’): y = (3 - a)x + b song song với nhau. Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2x + m = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = - 3. 1 1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: 2  2 = 1. x1 x 2 Câu 4: Cho  ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính AK. a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành. b) Vẽ OM  BC (M  BC). Chứng minh H, M, K thẳng hàng và AH = 2.OM. c) Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao thuộc các cạnh BC, CA, AB của  ABC. Khi BC cố định hãy xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn nhất. x2  x  1 Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y = 2 . x  2x  2. ĐỀ SỐ 38 x2  x 2x  x 1 với x > 0. x  x 1 x a) Rút gọi biểu thức P. b) Tìm x để P = 0.. Câu 1: Cho biểu thức: P =. Câu 2: a) Giải phương trình: x + 1  x 2  1 Biên soạn : Trần Công Hoan. 67. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(68)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 6x  6y  5xy  b) Giải hệ phương trình:  4 3 . x  y 1  2 Câu 3: Cho phương trình: x - 2(m - 1)x + m + 1= 0. a) Giải phương trình khi m = - 1. b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn. (1). x1 x2  4. x2 x1. Câu 4:  ABC cân tại A. Vẽ đường tròn (O; R) tiếp xúc với AB, AC tại B, C. Đường thẳng qua điểm M trên BC vuông góc với OM cắt tia AB, AC tại D, E. a) Chứng minh 4 điểm O, B, D, M cùng thuộc một đường tròn. b) MD = ME. Câu 5: Giải phương trình: x2 + 3x + 1 = (x + 3) x 2  1. ĐỀ SỐ 39 Câu 1: 1) Tính:. 48 - 2 75 + 108 1 1- x 1+ x. 2) Rút gọn biểu thức: P= . 1. -. 1     . 1  với x  1 và x >0 x  . Câu 2: 1) Trên hệ trục tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N (4; -1). Tìm hệ số a và b. 2x + 5y = 7 2) Giải hệ phương trình:  3x - y = 2. Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2mx - 6m = 0 (1) 1). Giải phương trình (1) khi m = 2 2) Tìm m để phương trình (1) có 1 nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia. 2 Câu 4: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. Kẻ dây 3 MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC. 3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Câu 5: Cho x và y là hai số thỏa mãn đồng thời : x  0 , y  0, 2x + 3y  6 và 2x + y  4.. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức K = x 2 - 2x – y.. ĐỀ SỐ 40 Câu 1. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: 3x + 4y = 2. a) Tìm hệ số góc của đường thẳng d. b) Với giá trị nào của tham số m thì đường thẳng d1: y = (m2 -1)x + m song song với đường thẳng d. ax  by  3 x  3 Câu 2. Tìm a, b biết hệ phương trình  có nghiệm  . bx  ay  11  y  1 Biên soạn : Trần Công Hoan. 68. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(69)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 3. Cho phương trình: (1  3)x 2  2x  1  3  0 (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1 , x 2 . Lập một phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là 1 1 và . x1 x2 Câu 4. Bên trong hình vuông ABCD vẽ tam giác đều ABE . Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm E, có bờ là đường thẳng AB sao cho Bx vuông góc với BE. Trên tia Bx lấy điểm F sao cho BF = BE. a) Tính số đo các góc của tam giác ADE. b) Chứng minh 3 điểm: D, E, F thẳng hàng. c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEB cắt AD tại M. Chứng minh ME // BF. x 3  2y 2  4y  3  0 (1) Câu 5. Hai số thực x, y thoả mãn hệ điều kiện :  2 . 2 2 x  x y  2y  0 (2) Tính giá trị biểu thức P = x 2  y 2 .. II - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1: Giải các phương trình: 4   2  a)  x 2  2   4  x -   9  0 x   x  b). . . . x + 5  x + 2 1  x 2  7x + 10  3. Câu 2: a) Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn: abc = 1 và. a b c b3 c3 a 3      . b3 c3 a 3 a b c Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c luôn tồn tại một số là lập phương của một trong hai số còn lại. 84 3 84  1 . Chứng minh x có giá trị là một số nguyên. 9 9 Câu 3: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. b) Cho x = 3 1 . A = 1  x 2  1  y2  1  z 2  2. . . x y z .. Câu 4: Cho đường tròn ( O; R ) và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA = R 2 . Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Lấy D thuộc AB; E thuộc AC sao cho chu vi của tam giác ADE bằng 2R. a) Chứng minh tứ giác ABOC là hình vuông. b) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O; R). c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆ADE. Câu 5: Trên mặt phẳng cho 99 điểm phân biệt sao cho từ 3 điểm bất kì trong số chúng đều tìm được 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 50 điểm.. ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn đẳng thức: Biên soạn : Trần Công Hoan. 69. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(70)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. x ( 2011  2010)  y( 2011  2010)  20113  20103 b) Tìm tất cả các số nguyên x > y > z > 0 thoả mãn: xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2011. Câu 2: a) Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3  1 . b) Cho a, b, c  [0; 2] và a + b + c = 3. Chứng minh a2 + b2 + c2 < 5. Câu 3: Tìm tất cả các số hữu tỉ x sao cho giá trị của biểu thức x2 + x + 6 là một số chính phương. Câu 4: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp  ABC có H là trực tâm. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M. Gọi N, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh: a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng. AB AC BC b)   . MK MI MN c) NK đi qua trung điểm của HM. Câu 5: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: P = 2x2 - xy - y2 với x, y thoả mãn điều kiện sau: x2 + 2xy + 3y2 = 4.. ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn: a b c + + =0 b-c c-a a-b a b c + + =0 Chứng minh rằng: 2 2 (b - c) (c - a) (a - b)2 b) Tính giá trị của biểu thức: 2. 1+. 2 1 + 2010 2010 1 + 2010.  2010 - 2010 1 + 2010  A=  +  4 4   1 2010 2010   Câu 2: a) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác, chứng minh: 4. 2. 4. 1 1 1 a+b+c + 2 + 2  . a + bc b + ac c + ab 2abc 2. b) Cho biểu thức: A = x - 2 xy +3y - 2 x + 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Câu 3: a) Giải phương trình: 2 x - 1 + 3 5 - x = 2 13 . b) Cho hàm số y = f(x) với f(x) là một biểu thức đại số xác định với mọi số thực x khác. 1 không. Biết rằng: f(x) + 3f   = x2  x ≠ 0. Tính giá trị của f(2). x Câu 4: Cho lục giác đều ABCDEF. Gọi M là trung điểm của EF, K là trung điểm của BD. Chứng minh tam giác AMK là tam giác đều. Câu 5: Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S và điểm O nằm trong tứ giác sao cho:OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S. Chứng minh ABCD là hình vuông có tâm là điểm O.. ĐÈ SỐ 4 Câu 1: a) Cho x và y là 2 số thực thoả mãn x2 + y2 = 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Biên soạn : Trần Công Hoan. 70. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(71)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. xy . x+y+2 b) Cho x, y, z là 3 số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 2. Chứng minh: 2 2 2 x 3 + y3 + z 3 + +  + 3. x 2 + y2 y2 + z2 z 2 + x 2 2 xyz A=. Câu 2: a) Giải phương trình: x2 + 9x + 20 = 2 3x + 10 .. x 2 y 2 - 2x + y 2 = 0 b) Tìm x, y thoả mãn:  2 . 3 2x - 4x + 3 = - y Câu 3: a) Chứng minh rằng nếu: x 2 + 3 x 4 y 2 +. y 2 + 3 x 2 y 4 = a thì. 3. x2 +. 3. y2 = 3 a 2 .. b) Chứng minh rằng nếu phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax +1 = 0 có nghiệm thì 5(a2 + b2) ≥ 4. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R và bán kính OC vuông góc với AB. Tìm điểm M trên nửa đường tròn sao cho 2MA2 = 15MK2, trong đó K là chân đường vuông góc hạ từ M xuống OC. Câu 5: Cho hình thang ABCD (AB//CD). Gọi E và F lần lượt là trung điểm của BD và AC. Gọi G là giao điểm của đường thẳng đi qua F vuông góc với AD với đường thẳng đi qua E vuông góc với BC. So sánh GD và GC.. ĐỀ SỐ 5 Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 +. 81x 2 = 40 . (x + 9)2. 2) Giải phương trình: x2 - 2x + 3(x - 3). x+1 = 7. x-3. Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: A =. 5 - 3x 1 - x2. .. 2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh:. a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2  2 (a + b + c).  y 2 - xy + 1 = 0 (1) Câu 3: Giải hệ phương trình:  2 2 x + 2x + y + 2y + 1 = 0 (2) Câu 4: Cho hình thang ABCD có 2 đáy BC và AD (BC  AD). Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 cạnh AB AM CN và DC sao cho = . Đường thẳng MN cắt AC và BD tương ứng với E và F. Chứng minh EM = AB CD FN. Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) và dây AB, điểm M chuyển động trên đường tròn. Từ M kẻ MH vuông góc với AB (H  AB). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA, MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt AB tại D. 1) Chứng minh đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn. MA 2 AH AD 2) Chứng minh: =  . 2 MB BD BH Biên soạn : Trần Công Hoan. 71. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(72)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. ĐỀ SỐ 6 Câu 1: Tính giá trị biểu thức: A = 1 1 + +  + 1+ 2 2+ 3. 1 . 24 + 25. Câu 2: a) Cho các số khác không a, b, c. Tính giá trị của biểu thức: M = x2011 + y2011 + z2011 x 2 + y2 + z2 x2 y2 z2 Biết x, y, z thoả mãn điều kiện: 2 = 2 + 2 + 2 a + b2 + c2 a b c 1 b) Chứng minh rằng với a > thì số sau đây là một số nguyên dương. 8 8a - 1 3 a + 1 8a - 1 + a. 3 3 3 1 35 4c Câu 3: a) Cho a, b, c > 0 thoả mãn: +  . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a.b.c. 1+a 35 + 2b 4c + 57 b) Giả sử a, b, c, d, A, B, C, D là những số dương và. x=. 3. a+. a+1 3. a b c d = = = . Chứng minh rằng: A B C D aA +. bB + cC + dD = (a + b + c + d) (A +B + C + D). Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi M, N, P, Q là bốn đỉnh của một hình chữ nhật (M và N nằm trên cạnh BC, P nằm trên cạnh AC và Q nằm trên cạnh AB). a) Chứng minh rằng: Diện tích hình chữ nhật MNPQ có giá trị lớn nhất khi PQ đi qua trung điểm của đường cao AH. b) Giả sử AH = BC. Chứng minh rằng, mọi hình chữ nhật MNPQ đều có chu vi bằng nhau. Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân ở A, đường trung tuyến BM. Gọi D là hình chiếu của C trên tia BM, H là hình chiếu của D trên AC. Chứng minh rằng AH = 3HD.. B - PHẦN LỜI GIẢI I - LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Ta có: a + b = ( 2  3 ) + ( 2  3 ) = 4 a.b = ( 2  3 )( 2  3 = 1. Suy ra P = 3. 3x + y = 5  6x + 2y = 10  7x = 7 x = 1 . b)      x - 2y = - 3  x - 2y = - 3  y = 5 - 3x y = 2 Câu 2: 1  x  1 a) P =   : x 1  x - 2 x 1 x- x. Biên soạn : Trần Công Hoan. 72. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(73)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.  1    x x 1 x . . . 1 x x. . .   ..  x . x 1  . . . 2. x 1. x   x  1  x  1 x  1  x - 1 . x 1. b) Với x > 0, x  1 thì. 2. x. x. x. x. x-1 1   2  x - 1  x  x > 2 . x 2. 1 . 2 Câu 3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + 6 = 0. Vậy với x > 2 thì P >. ∆ = 25 – 4.6 = 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = 2. b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆  0  m . 25 (*) 4. Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2). Mặt khác theo bài ra thì x1  x 2  3 (3). Từ (1) và (3) suy ra x1 = 4; x2 = 1 hoặc x1 = 1; x2 = 4 (4) Từ (2) và (4) suy ra: m = 4. Thử lại thì thoả mãn. Câu 4:   900 (gt) (gt) a) Tứ giác BEFI có: BIF C E 0   BEF  BEA  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường F tròn) Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn B A I O đường kính BF   AD , b) Vì AB  CD nên AC   AEC . suy ra ACF D Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và   AEC . ACF AC AE Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC   AF AC  AE.AF = AC2   AEC  , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). c) Theo câu b) ta có ACF   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC  CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB Mặt khác ACB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. Câu 5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2  0  (a + b)2  4ab . a + b  ab. 4 1 1 4 4    P , mà a + b  2 2 a + b  b a  a + b a + b .  a - b 2  0 4 4   a=b= 2.  P  2 . Dấu “ = ” xảy ra   a + b  2 2 a + b = 2 2. Vậy: min P =. Lời bình: Câu IIb Biên soạn : Trần Công Hoan. 73. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). 2..

<span class='text_page_counter'>(74)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Các bạn tham khảo thêm một lời giải sau 1) Ta có a = 1.  = 25  4m. Gọi x1, x2 là các nghiệm nếu có của phương trình.  b   Từ công thức x1,2   | x1  x2 | . Vậy nên phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoă mãn 2a |a| a1  |x1 x2| = 3  | x1  x2 |  3   = 9  25  4m = 9  m = 4 . |a| 2) Có thể bạn dang băn khoăn không thấy điều kiện   0. Xin đừng, bởi |x1 x2| = 3   = 9. Điều băn khoăn ấy càng làm nổi bật ưu điểm của lời giải trên. Lời giải đã giảm thiểu tối đa các phép toán, điều ấy đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót. Câu IVb.  Để chứng minh một đẳng thức của tích các đoạn thẳng người ta thường gán các đoạn thẳng ấy vào một cặp tam giác đồng dạng. Một thủ thuật để dễ nhận ra cặp tam giác đồng dạng là chuyển "hình thức" đẳng thức đoạn thẳng ở dạng tích về dạng thương. Khi đó mỗi tam giác được xét sẽ có cạnh hoặc là nằm cùng một vế, hoặc cùng nằm ở tử thức, hoặc cùng nằm ở mẫu thức. AC AE  . Đẳng thức mách bảo ta xét các cặp tam giác đồng AF AC dạng ACF (có cạnh nằm vế trái) và ACE (có cạnh nằm vế phải).. Trong bài toán trên AE.AF = AC2 .  Khi một đoạn thẳng là trung bình nhân của hai đoạn thẳng còn lại, chẳng hạn AE.AF = AC2 thì AC là cạnh chung của hai tam giác, còn AE và AF không cùng năm trong một tam giác cần xét. Trong bài toán trên AC là cạnh chung của hai tam giác ACE và ACF Câu IVc.  Nếu () là đường thẳng cố định chứa tâm của đường tròn biến thiên có các đặc điểm sau: + Nếu đường tròn có hai điểm cố định thì () là trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm cố định ấy. + Nếu đường tròn có một điểm cố định thì () là đường thẳng đi qua điểm đó và.  hoặc là ()  ('),  hoặc là () // ('),  hoặc là () tạo với (') một góc không đổi (trong đó (') là một đường thẳng cố định có sẵn)..  Trong bài toán trên, đường tròn ngoại tiếp CEF chỉ có một điểm C là cố định. Lại thấy CB  CA mà CA cố định nên phán đoán có thể CB là đường thẳng phải tìm. Đó là điều dẫn dắt lời giải trên. Câu V Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P  B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Giả thiết a + b  2 2 đang ngược với sơ đồ "bé dần" nên ta phải chuyển hoá a + b  2 2 1 1   . ab 2 2 1 Từ đó mà lời giải đánh giá P theo . ab 1 1 4 2)   với a > 0, b > 0 là một bất đẳng thức đáng nhớ. Tuy là một hệ quả của bất đẳng a b ab Cô-si, nhưng nó được vận dụng rất nhiều. Chúng ta còn gặp lại nó trong một số đề sau. Biên soạn : Trần Công Hoan. 74. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(75)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 3) Các bạn tham khảo lời giải khác của bài toán như là một cách chứng minh bất đẳng thức trên. 1 1 Co  si 2 Co si 2.2 4 4     2 . Dấu đẳng thức có khi a Với hai số a > 0, b > 0 ta có P    a b a b ab 2 2 ab = b = 2 . Vậy minP = 2 . ĐỀ SỐ 2. Câu 1: a). .   . . 3 7  3 7 1 1 2 7     7 2 3 7 3 7 3 7 3 7. . . b) ∆ = 49 – 4.3 = 37; phương trình có 2 nghiệm phân biệt:. 7  37 7  37 ; x2  . 2 2 Câu 2: a) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình: - x + 2 = x2  x2 + x – 2 = 0. Phương trình này có tổng các hệ số bằng 0 nên có 2 nghiệm là 1 và – 2. + Với x = 1 thì y = 1, ta có giao điểm thứ nhất là (1;1) + Với x = - 2 thì y = 4, ta có giao điểm thứ hai là (- 2; 4) Vậy (d) giao với (P) tại 2 điểm có tọa độ là (1;1) và (- 2; 4) b) Thay x = 2 và y = -1 vào hệ đã cho ta được: x1 . a = 2 + b 8 - a = b a = 5   .  8 -  2 + b   b 2 + b = a b = 3 Thử lại : Thay a = 5 và b = 3 vào hệ đã cho thì hệ có nghiệm duy nhất (2; - 1). Vậy a = 5; b = 3 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (2; - 1). Câu 3: Gọi x là số toa xe lửa và y là số tấn hàng phải chở Điều kiện: x  N*, y > 0. 15x = y - 5 Theo bài ra ta có hệ phương trình:  . Giải ra ta được: x = 8, y = 125 (thỏa mãn) 16x = y + 3 Vậy xe lửa có 8 toa và cần phải chở 125 tấn hàng. Câu 4:   AKM   900 (gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. a) Ta có: AIM   MKC   900 (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp  MPK   MCK  (1). Vì b) Tứ giác CPMK có MPC   MBC  (cùng chắn MC  ) (2). Từ (1) và (2) suy ra KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: MCK   MBC  (3) MPK. c). Biên soạn : Trần Công Hoan. 75. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(76)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.   MBP  (4). Từ (3) và (4) suy ra MPK   MIP . Suy ra: MIP   MPI . Tương tự ta chứng minh được MKP MP MI Suy ra: MPK ~ ∆MIP   MK MP  MI.MK = MP2  MI.MK.MP = MP3. Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) - Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định). Lại có: MP + OH  OM = R MP  R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3  M nằm chính giữa cung nhỏ BC. Câu 5: Đặt. A. K I. B. M. H. C. P O. x - 2009  a; y - 2010  b; z - 2011  c. (với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành: a-1 b-1 c-1 3 1 1 1  1 1 1  1 1 1   2  2      2    2    2   0 2 a b c 4 4 a a  4 b b  4 c c  2. 2. 2. 1 1  1 1  1 1            0  a = b = c = 2 2 a  2 b 2 c Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015.. Lời bình: Câu IVc Lời bình sau Đề số 1 cho thấy: Nếu có AE.AF.AC = AC3  AE.AF = AC2 thì thường AC là cạnh chung của hai tam giác ACE và ACF. Quan sát hình vẽ ta thấy MP là cạnh chung của hai tam giác MPI và MPK, nên ta phán đoán MI.MK.MP= MP3. Nếu phán đoán ấy là đúng thì GTLN của MI.MK.MP chính là GTLN của MP. Đó là điều dẫn dắt lời giải trên. Câu IIa Lời nhắn Hoành độ giao điểm của hai đồ thị (d): y = kx + b và (P) : y = ax2 là nghiệm của phương trình 2 ax = kx + b (1). Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Câu V 1)  Việc đặt a, b, c thay cho các căn thức là cách làm để dễ nhìn bài toán, Với mọi số dương a, b, c ta luôn có a  1 b 1 c 1 3  2  2  . (1) a2 b c 4 Thay vì đặt câu hỏi khi nào thì dấu đẳng thức xẩy ra, người ta đặt bài toán giải phương trình a  1 b 1 c 1 3  2  2  . (2) a2 b c 4 a 1 1  Vai trò của a, b, c đều bình đẳng nên trong (1) ta nghĩ đến đánh giá 2  . a 4 Biên soạn : Trần Công Hoan. 76. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(77)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. (a  2) 2 a 1 1 a 1 1 Thật vậy    0    0 . Dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = 2. Tương a2 4 a2 4 a2 b 1 1 c  1 1 tự ta cũng có 2  , 2  . Dấu đẳng thức có khi và chỉ khi b = 2, c = 2. b 4 c 4 2) Mỗi giá trị của biến cân bằng bất đẳng thức được gọi là điểm rơi của bất đẳng thức ấy. Theo đó, bất đẳng thức (1) các biến a, b, c đếu có chung một điểm rơi là a = b = c = 2. Khi vai trò của các biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thức bình đẳng với nhau thì các biến ấy có chung một điểm rơi. Phương trình diễn tả dấu bằng trong bất đẳng thức được gọi là "phương trình điểm rơi". 3) Phương trình (2) thuộc dạng "phương trình điểm rơi" a 1 b 1 c 1 1 Tại điểm rơi a = b = c = 2 ta có  2  2  . a2 b c 4 3 1 1 1 Điều đó cắt nghĩa điểm mấu chốt của lời giải là tách    : 4 4 4 4  a 1 1   b 1 1   c 1 1  (2)   2     2     2    0 . 4  b 4  c 4  a 4) Phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi".. ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Đặt x2 = y, y  0. Khi đó phương trình đã cho có dạng: y2 + 3y – 4 = 0 (1). Phương trình (1) có tổng các hệ số bằng 0 nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - 4. Do y  0 nên chỉ có y1 = 1 thỏa mãn. Với y1 = 1 ta tính được x =  1. Vậy phương trình có nghiệm là x =  1. 2x + y = 1 8x + 4y = 4 5x = 5 x = 1 b)     3x + 4y = -1 3x + 4y = -1  2x + y = 1  y = - 1. .  . . 3 1 2 2 1 2 3 6 2 8     32 1 2 1 2 1 2 1 2   1 1 1  1  x+2 x   . x ( x + 2) b) B =   . =   2  x 2 x x  x 4 x + 4 x 4 x  2 ( x  2)   . Câu 2: a) A =. =. 1 1  x 2 x 2.   x  2    x  2   x-4. Câu 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2. b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x – 2 và parabol y = - x2 là nghiệm của phương trình:- x2 = x – 2  x2 + x – 2 = 0 Suy ra các giao điểm cần tìm là: L( 1; -1 ) và K ( - 2; - 4 ) (xem hình vẽ).. Biên soạn : Trần Công Hoan. 77. . . 4 x-4. O. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(78)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 4:.   a) Tứ giác AEHF có: AEH  AFH  900 (gt). Suy ra AEHFlà tứ giác nội tiếp.   - Tứ giác BCEF có: BEC  BFC  900 (gt). Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp.      b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: BEF  BCF (1). Mặt khác BMN  BCN = BCF    ) (2). Từ (1) và (2) suy ra: BEF (góc nội tiếp cùng chắn BN  BMN  MN // EF.     c) Ta có: ABM  ACN ( do BCEF nội tiếp)  AM  AN  AM = AN, lại có OM = ON nên suy ra OA là đường trung trực của MN  OA  MN , mà MN song song với EF nên suy ra OA  EF . Câu 5: ĐK: y > 0 ; x  R. Ta có: P =.  y - 1) +. . 2. y 1. y 3y 3 + 4 4 2 4 1  2 2  x = 3  y 1  3  1 2 2 x .    y     . Dấu “=” xảy ra    1 2 4 3 3 3      y=  9 2 Suy ra: Min P = . 3 x2 - x y + x + y -. y + 1 = x 2 - x(. +. ĐỀ SỐ 4 Câu 1: a). 4 4 3 4 3   ; 2 3 3 3.  . 5  5 1. 5. . . . 5 1. . 5 1. =. 5 5.   5. 5 1. 2. 1. . 5 5 . 4. 1 vào hàm số y = ax2 ta được: 4 1 1 1  a.(-2) 2  4a =  a = . 4 4 16 Câu 2: 7 - x  0  x  7 (1) a) 2x + 1 = 7 - x   2   2  x  16x + 48 = 0 2x + 1 =  7 - x  2 Giải phương trình: x – 16x + 48 = 0 ta được hai nghiệm là 4 và 12. Đối chiếu với điều kiện (1) thì chỉ có x = 4 là nghiệm của phương trình đã cho. 1  x= 2x + 3y = 2 10x = 5  4x + 6y = 4    2. b)   1  1 6x - 6y = 1 x - y = 6  y = x - 6 y = 1  3 2 Câu 3: a) Với m = 3 ta có phương trình: x – 6x + 4 = 0. Giải ra ta được hai nghiệm: x1 = 3  5; x 2  3  5 . b) Ta có: ∆/ = m2 – 4 m  2 Phương trình (1) có nghiệm   /  0   (*).  m  -2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m và x1x2 = 4. Suy ra: ( x1 + 1 )2 + ( x2 + 1 )2 = 2  x12 + 2x1 + x22 + 2x2 = 0  (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 0  4m2 – 8 + 4m = 0  m1  1 .  m2 + m – 2 = 0    m 2  2. b) Thay x = - 2 và y =. Biên soạn : Trần Công Hoan. 78. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(79)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có nghiệm m2 = - 2 thỏa mãn. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm. Câu 4:   a) Tứ giác BIEM có: IBM  IEM  900 (gt); suy ra tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM.   b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME  IBE  450 (do ABCD là hình vuông).   N c) ∆EBI và ∆ECM có: IBE  MCE  450 , BE = CE K     , BEI  CEM ( do IEM  BEC  900 )  ∆EBI = ∆ECM (g-c-g)  MC = IB; suy ra MB = IA M B Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có: C MA MB IA  = . Suy ra IM song song với BN MN MC IB I (định lí Thalet đảo)    IME   450 (2). Lại có BCE  450 (do  BKE E ABCD là hình vuông).   Suy ra BKE  BCE  BKCE là tứ giác nội tiếp.    Suy ra: BKC  BEC  1800 mà BEC  900 ; suy ra  BKC  900 ; hay CK  BN . A D Câu 5: 2 2 2 Ta có:  a - b    b - c    c - a   0  2 a 2  b 2  c 2  2  ab + bc + ca . . .  a 2  b 2  c 2  ab + bc + ca (1). Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c)  a2 < ab + ac. Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc. Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2). Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. ĐỀ SỐ 5.  3 2 3 2 3 2 Câu 1: a)   . 6 . 6 .6  .6  3  2  1  . 6  3 2 3 2 3  2 b) Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A(2; 3) nên thay x = 2 và y = 3 vào phương trình đường thẳng ta được: 3 = 2a + b (1). Tương tự: 1 = -2a + b (2). Từ đó ta có hệ: 1  2a + b = 3 2b = 4 a =   2.  - 2a + b = 1 2a + b = 3 b = 2  2 Câu 2: a) Giải phương trình: x – 3x + 1 = 0. Ta có: ∆ = 9 – 4 = 5 3 5 3 5 Phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = . 2 2 b) Điều kiện: x   1. x  x + 1 - 2  x - 1 x -2 4 4 + = 2  + = 2 2 2 x-1 x+1 x -1 x -1 x -1 x -1  x 1  1 .  x(x + 1) – 2(x – 1) = 4  x2 – x – 2 = 0    x 2  2 Đối chiếu với điều kiện suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.. Biên soạn : Trần Công Hoan. 79. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(80)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 3: Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h). Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là: x – 10 (km/h) (Đk: x > 10). 120 120 Thời gian để ô tô thứ nhất và ô tô thứ hai chạy từ A đến B lần lượt là (h) và (h). x x - 10 120 120 Theo bài ra ta có phương trình:   0, 4 x x - 10 Giải ra ta được x = 60 (thỏa mãn).Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km/h và ô tô thứ hai là 50 km/h. Câu 4: a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo A AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra D O ACBD là hình chữ nhật C b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật suy ra: E. B. F.    1   1  CAD  BCE  900 (1). Lại có CBE  sđ BC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); ACD  sđ AD (góc 2 2     AD  (do BC = AD)  CBE nội tiếp), mà BC  ACD (2). Từ (1) và (2) suy ra ∆ACD ~ ∆CBE .   c) Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: CBE  DFE (3). Từ (2) và (3) suy ra   ACD  DFE do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. S EB2 d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: 1  S EF2 S EB S2 BF S1 S  1  . Tương tự ta có  . Từ đó suy ra:  2  1  S1  S2  S . S EF S EF S S 3 Câu 5: Đk: x + 1  0  x  -1 (1). Đặt: a = x + 1 ; b = x 2 - x + 1 ,( a  0; b>0) (2)  a2 + b2 = x2 + 2. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 10.ab = 3.(a2 + b2)   a - 3b  3a - b   0  a = 3b hoặc b = 3a. +) Nếu a = 3b thì từ (2) suy ra: x + 1 = 3 x 2 - x + 1  9x2 – 10x + 8 = 0 (vô nghiệm). +) Nếu b = 3a thì từ (2) suy ra: 3 x + 1 = x 2 - x + 1  9x + 9 = x2 – x + 1  x2 – 10x – 8 = 0. Phương trình có hai nghiệm x1 = 5  33 ; x2 = 5  33 (thỏa mãn (1)). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 5  33 và x2 = 5  33 . Lời bình: Câu IV 1) Để chứng minh đẳng thức (*) về diện tích các tam giác (chẳng hạn S1  S2  S (*)) Bạn có thể nghĩ đến một trong ba cách sau :  Nếu ba tam giác tương ứng có một cạnh bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các đường cao tương ứng h1, h2, h để chứng minh (chẳng hạn(*)  h1 + h2 = h).  Nếu ba tam giác tương ứng có một đường cao bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các cạnh tương ứng a1, a2, a để chứng minh (chẳng hạn(*)  a1 + a2 = a).  Nếu hai trương hợp trên không xẩy ra thì biến đổi (*) về đẳng thức tỉ số diện tích để chứng minh S1 S (chẳng hạn(*)   2  1 ). Thường đẳng thức về tỷ số diện tích tam giác là đẳng thức về tỉ số S S các cạnh tương ứng trong các cặp tam giác đồng dạng. 2) Trong bài toán trên, hai khả năng đầu không xảy ra. Điều đó dẫn chúng ta đến lời giải với các cặp tam giác đồng dạng. Biên soạn : Trần Công Hoan Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị 80 Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(81)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu V Để các bạn có cách nhìn khái quát, chúng tôi khai triển bài toán trên một bình diện mới. Viết lại 10 x 3  1 = 3(x2 + 2)  10 ( x  1)( x 2  x  1) = 3[(x + 1) + x2  x + 1) Phương trình (1) có dạng .P(x) + .Q(x) +  . P ( x )Q( x) = 0 (  0,   0,   0). (1) (2). (phương trình đẳng cấp đối với P(x) và Q(x)). Đặt Q( x)  t. P ( x ) , (3) phương trình (1) được đưa về t2 +  t +  = 0. (4) Sau khi tìm được t từ (4), thể vào (3) để tìm x.. ĐỀ SỐ 6 Câu 1:. .   2  3 .  3 3 1  3 3   3 3   a) A =  2  . 2   2    3  1   3  1   3 1  . . .  . . 3 1   3 1  . .  2  3 2  3  1.   b a   b)  . a b b a    a - ab  a ab - b   . . . b. . a b. . -.  . ab a - b b a b   a. . . . . b. ab a. ab   b - a.  a > 0, b > 0, a  b a b Câu 2: a) Đk: x  0 và y  0. (*) Rút y từ phương trình (1) rồi thế vào phương trình (2) ta được: x  2 2 3 2   2  2x  3x - 2 = 0   . x   1 x x+1  2 + Với x = 2, suy ra y = x + 1 = 3 (thoả mãn (*)) 1 1 + Với x =  , suy ra y = x +1 = (thoả mãn (*)) 2 2  1 1 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (2; 3) và   ;  .  2 2 2 b) Phương trình x – x – 3 = 0 có các hệ số a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1 x2 = - 3. Do đó: P = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 1 + 6 = 7. Câu 3: a) Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3. Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2 (1) 1 1 Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) nên ta có:  2a + b (2). 2 2 9 Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b = . 2 b) Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm) ( x; y > 0).  xy = 40 xy = 40 Theo bài ra ta có hệ phương trình:   .  x + 3  y + 3  xy + 48  x + y = 13 Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2 – 13t + 40 = 0 (1). Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là 8 và 5. . Biên soạn : Trần Công Hoan. 81. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(82)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm. Câu 4: a) Ta có:   MAB  900 (gt)(1). MNC  900 (góc nội tiếp  chắn nửa đường tròn)  MNB  900 (2) Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp.   Tương tự, tứ giác ABCI có: BAC  BIC  900  ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn.. B. N. A. C. M. I.   b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra MNA  MBA (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3).   Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra MNI  MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (4).   Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra MBA  MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (5).    Từ (3),(4),(5) suy ra MNI  MNA  NM là tia phân giác của ANI . BN BI   c) ∆BNM và ∆BIC có chung góc B và BNM  BIC  900  ∆BNM ~ ∆BIC (g.g)    BM.BI = BM BC BN . BC . Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB. Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6). Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có: BC2 = AB2 + AC2 (7). Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh. Câu 5: A = 2 x - 2 xy  y - 2 x  3 . x  0 Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi:  (1).  xy  0 Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2). Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất. Lời bình: Câu IVc a) Biết bao kí ức ùa về khi bắt gặp đẳng thức BM . BI + CM . CA = AB2 + AC2. (1).  BM .BI  AB 2 (2)  Phải chăng  Từ đó cộng theo từng vế để có (1). 2 CM .CA  AC (3) Nếu có (1) thì AB phải là cạnh chung một cặp tam giác đồng dạng. Tiếc rằng điều ấy không đúng. Tương tự cũng không có (2)..  Để ý AB2 + AC2 = BC2 vậy nên (1).  BM.BI + CM.CA = BC2 (3).  BM .BI  k .BC 2 Khả năng  (với 0 < k < 1), từ đó cộng theo từng vế để có (1) cũng không xẩy ra vì 2 CM .CA  (1  k ) BC BC không phải là cạnh chung của một cặp tam giác đồng dạng. Biên soạn : Trần Công Hoan. 82. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(83)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.  Để ý BN + NC = BC vậy nên (1)  BM.BI + CM.CA = BC(BN + NC)  BM.BI + CM.CA = BC.BN + BC.NC. (4). Điều ấy dẫn dắt chúng ta đến lời giải trên. b) Mong thời gian đừng lãng quên phân tích : PQ2 = PQ(PK + KQ) là một cách để chứng minh đẳng thức dạng : PX.PY + QM.QN = PQ2. (ở đây K là một điểm thuộc đoạn thẳng PQ). Câu V.  Cảnh báo. Các bạn cùng theo dõi một lời giải sau : x  0 Biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi  . Biến đổi A  y  0 Suy ra minA = 2, đạt được khi x = y = 1 (!).. . x y. 2.  . . 2. x 1  2 ..  Kết quả bài toán sai thì đã rõ. Nhưng cái sai về tư duy mới đáng bàn hơn. x  0  x  0 1) Điều kiện xác định của P(x; y) chứa đồng thời x và xy là D    y  y  0 x  0 x  0 Do vậy để tìm GTLN, GTNN P(x; y) cần phải xét độc lập hai trường hợp  và  y  y  0 x  0 x  0 x  0 2) Không thể gộp chung  thành   y  y  0 y  0 x  0 x  0 3) Do cho rằng điều kiện xác định của P(x; y) là Dy 0   (bỏ sót Dy 0   ) y  0 y  0   Vậy nên A = 2 là GNNN của A trên Dy 0 , chưa đủ để kết luận đó là GTNN của A trên D. 4) Nhân đây liên tưởng đến phương trình P ( x) Q ( x )  0 .. (1). Q ( x)  0 Q ( x )  0  Biến đổi đúng (1)   Q ( x)  0 . Cách biến đổi sau là sai (1)   . P ( x)  0     P ( x )  0. ĐỀ SỐ 7 x - 1  0 Câu 1: a) Biểu thức A có nghĩa   1 x  3 . 3 - x  0 1 1 3 5 5 1 b)    3 5 5 1 3  5 3  5 5  1 5 1 =. . 3 5 5 1 3    95 5 1.     5    5  1  1.. . . 4. x  5 Câu 2: a) ( x – 3 )2 = 4  x – 3 = ± 2   . x  1 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 5; x = 1 1 b) Đk: x   . 2 x -1 1 x -1 1 (2 x - 2) - (2 x  1)   - 0 0 2x  1 2 2x  1 2 2(2 x  1) Biên soạn : Trần Công Hoan. 83. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(84)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. . NĂM HỌC 2011 - 2012. 3 1  0  2x + 1 > 0  x > - . 2  2x + 1 2. Câu 3: a) Ta có ∆/ = m2 + 1 > 0, m  R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. Ta có: x12 + x22 – x1x2 = 7  (x1 + x2)2 – 3x1.x2 = 7  4m2 + 3 = 7  m2 = 1  m = ± 1. Câu 4: a) ∆SBC và ∆SMA có:     BSC  MSA , SCB  SAM  ). (góc nội tiếp cùng chắn MB  SBC ~ SMA .   AD . b) Vì AB  CD nên AC   MKB  (vì cùng Suy ra MHB 1   sdMB)   tứ (sdAD 2 giác BMHK nội tiếp được đường   tròn  HMB  HKB  1800 (1).   Lại có: HMB  AMB  900 (2) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).  Từ (1) và (2) suy ra HKB  900 , do đó HK // CD (cùng vuông góc với AB).   AN . c) Vẽ đường kính MN, suy ra MB. bằng.   1   1  1  ); OMK  - sđ AN  - sđ BM  ); Ta có: OSM  ASC  (sđ AC  NMD  sđ ND = (sđ AD 2 2 2     AD  và MB   AN  nên suy ra OSM  OMK mà AC OS OM   OK.OS = OM 2  R 2 . OM OK  x 3  1  2 y (1) Câu 5: Giải hệ phương trình:  3  y  1  2 x (2) 3 Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x – y3 = 2(y – x)  (x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = 0  x – y = 0  x = y.  OSM ~ OMK (g.g) . 2. y  3y 2  ( do x – xy + y + 2 =  x -    2  0) 2 4  Với x = y ta có phương trình: x3 – 2x + 1 = 0 -1+ 5 -1- 5 ; x= .  (x – 1)(x2 + x – 1) = 0  x = 1; x = 2 2  1  5 1  5   1  5 1  5  Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: 1;1 ,  ; ; , . 2   2 2   2 2. 2. ĐỀ SỐ 8 Câu 1: 2 x  y  5 6 x  3 y  15 7 x  14 x  2 a)      x - 3y  - 1 x - 3y  - 1  y  5 - 2x y  1 Biên soạn : Trần Công Hoan. 84. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(85)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. b) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2. 1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 =  . 3 3 1 1 x2  x1 1  2  1 Do đó P =    :    . x1 x2 x1 x2 3  3 2 Câu 2:.  a   a a a 1 1  a) A =      : . a 1  a 1 a  1 a( a 1) ( a 1)( a  1) a  1 ( a 1)     a > 0, a  1 b) A < 0    0  a < 1.  a  1 Câu 3: a) Với m = 0 ta có phương trình x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. b) Ta có: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m. -3 Để phương trình có nghiệm thì ∆  0  - 3 – 4m 0  4m  3  m  (1). 4 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m Thay vào đẳng thức: x1 x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được: (1 + m)(1 + m – 2) = 3  m2 = 4  m = ± 2. Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. Câu 4:. . . x. a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: N   0 MAO  MCO  90  AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO. C  0 M D ADB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường  I tròn)  ADM  900 (1) E Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường A B H O trung trực của AC   AEM  900 (2). Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.    b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ADE  AME  AMO (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)   Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: AMO  ACO (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4).   ACO  Từ (3) và (4) suy ra ADE   c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ACN  900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). IC IH  BI  Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì    (6). MN MA  BM  Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. Câu 5: Vì b, c   0;1 nên suy ra b 2  b; c3  c . Do đó: a + b2 + c3 – ab – bc – ca  a + b + c – ab – bc – ca (1). Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2) Vì a, b, c   0 ; 1 nên (a – 1)(b – 1)(c – 1)  0 ; – abc  0 Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca  1 (3). Biên soạn : Trần Công Hoan Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị 85 Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(86)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca  1.. ĐỀ SỐ 9 3  2 vào hàm số ta được:. Câu 1: a) Thay x = y=. . 32. . . 3  2 1 .  3. 2.  22  1  0 .. b) Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = trục hoành tại điểm có hoành độ x =  . 1 ; còn đường thẳng y = 3x + m cắt 2. m . Suy ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên trục hoành 3. m 1 -3  m= . 3 2 2. 3 x 6 x  x-9 Câu 2: a) A =   : x  2  x  3  x-4   x 3 x 3 3( x  2) x    :  x 2 x 2 x 3 x 2    3 x  1 1    , với x  0, x  4, x  9 .  . x  2 x  3 x  2   b) Điều kiện: x ≠ 3 và x ≠ - 2 (1). x2  3x  5 1 x2  3x  5 x2 (1)      x 2  3x  5  x  2 (x  2)(x  3) x  3 (x  2)(x  3) (x  2)(x  3) 2  x – 4x + 3 = 0. Giải ra ta được: x1 = 1 (thỏa mãn); x2 = 3 (loại do (1)). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. Câu 3: a) Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được: 3x - y = 1 6x - 2y = 2  7x = 7 x = 1 .     x + 2y = 5 x + 2y = 5 x + 2y = 5 y = 2     Vậy phương trình có nghiệm (1; 2). b) Giải hệ đã cho theo m ta được: 3x - y = 2m - 1 6x - 2y = 4m - 2 7x = 7m x = m     x + 2y = 3m + 2  x + 2y = 3m + 2  x + 2y = 3m + 2 y = m + 1. . . . . . . Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10  m2 + (m + 1)2 = 10  2m2 + 2m – 9 = 0. Giải ra ta được: m1 . 1  19 1  19 ; m2  . 2 2. Câu 4:.   a) Tứ giác ACNM có: MNC  900 (gt) MAC  900 ( tínhchất tiếp tuyến).  ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD. b) ∆ANB và ∆CMD có:   ABN  CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp)   BAN  DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp)  ∆ANB ~ ∆CMD (g.g) Biên soạn : Trần Công Hoan. 86. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(87)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.   c) ∆ANB ~ ∆CMD  CMD  ANB = 900 (do  ANB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).   Suy ra IMK  INK  900  IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK    IKN  IMN (1).   Tứ giác ACNM nội tiếp  IMN  NAC (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2).. y. x. D N. C. K. I. O. M. A. B.   1  Lại có: NAC  ABN  ( sđ AN ) (3). 2   Từ (1), (2), (3) suy ra IKN  ABN  IK // AB (đpcm).. Câu 5: Ta có:. a+b a  3a + b   b  3b + a . 2(a + b). . 4a  3a + b   4b  3b + a . (1). Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được: 4a + (3a + b) 7a + b 4a  3a + b     2 2 2 4b + (3b + a) 7b + a 4b  3b + a     3 2 2 Từ (2) và (3) suy ra: 4a  3a + b   4b  3b + a   4a + 4b  4  Từ (1) và (4) suy ra: a+b a  3a + b   b  3b + a . . 2(a + b) 1  . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. 4a + 4b 2. Lời nhắn Câu V Các bạn được sử dụng bất đẳng thức Cô-si để làm toán như một định lý (không phải chứng minh) Bất đẳng thức Cô-si chỉ áp dụng cho các số không âm. Cụ thể là : ab + Với hai số a  0, b  0 ta có  ab , dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = b. 2 abc 3 + Với ba số a  0, b  0, c  0 ta có  abc , dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = b = c. 3. ĐỀ SỐ 10 Câu 1: a) A = 3 8  50  b) B =. . . 2 1. 2.  6 2 5 2 . 2 x 2 - 2x + 1 2 .  2 x-1 4x x-1.  x - 1 22 x 2. 2. . . . 2 1  1. 2 x-1 . x-1 2 x. Vì 0 < x < 1 nên x - 1    x - 1 ; x  x  B = Biên soạn : Trần Công Hoan. 2 1 = 2 . 87. - 2  x - 1 2x  x - 1. . 1 . x. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(88)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 2x  y = 5  x = 1 2  x - 1  y = 3 2x  y = 5 Câu 2: a)     2x - 6y = - 16 7y = 21 y = 3 x - 3y = - 8 b) x + 3 x  4  0 Đặt x = t (t ≥ 0) (1) Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 + 3t – 4 = 0 (2) Phương trình (2) có tổng các hệ số bằng 0; suy ra (2) có hai nghiệm: t1 = 1 (thỏa mãn (1)); t2 = - 4 (loại do (1)). Thay t1 = 1 vào (1) suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 3: Gọi x là số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất được trong 1 giờ(x > 0). Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10. 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là (giờ) x 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là (giờ) x + 10 120 120 Theo bài ra ta có phương trình:   7 (1) x x + 10 40 Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại). 7 Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II. Câu 4:   a) Ta có ABC và ABD lần lượt là các góc F nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O/) E N d   0 A  ABC  ABD  90 I Suy ra C, B, D thẳng hàng. M b) Xét tứ giác CDEF có: O/ O   0 CFD  CFA  90 (góc nội tiếp chắn nửa D đường tròn (O)) K B C   CED  AED  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/)    CFD  CED  900 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp..   c) Ta có CMA  DNA  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang. Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2) Từ (1) suy ra IK  MN  IK  KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định). Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN  2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK  d  AK tại A. Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA. Câu 5: Ta có:. x + x + y +.  x  2011  x y  2011  y -. x 2  2011 y + 2. 2.  x  2011   2011 y  2011   2011 y 2  2011  2011. (1) (gt). 2. (2). 2. (3). Biên soạn : Trần Công Hoan. 88. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(89)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Từ (1) và (2) suy ra:. y +.  . y 2  2011   x - x 2  2011. . (4). . (5). Từ (1) và (3) suy ra:. x +.  . x 2  2011   y -. y 2  2011. Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được: x + y = - (x + y)  2(x + y) = 0  x + y = 0.. ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn. . . .  1- a 1+ a +a   1- a  A=  + a   1 - a 1 + a  1- a    2 1 1 = 1+2 a +a . = 1+ a . = 1. 2 2 1+ a 1+ a. . . . . . . . . . 2. . . 2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0 Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1, x2 =. 3 . 2. Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến khi trên R khi và chỉ khi 3 - k < 0  k > 3  x= 4x + y = 5 8x +2y = 10 11x = - 2  2) Giải hệ:        3x - 2y = - 12 3x - 2y = -12  4x + y = 5 y =  Câu 3: 1) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: m < 0 2) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2  ∆’ = 9 - m ≥ 0  m ≤ 9. 2 11 63 11. (1) x + x 2 = 6 Theo hệ thứcViét ta có  1 (2) x1 . x 2 = m Theo yêu cầu của bài ra x1 - x2 = 4 (3) Từ (1) và (3)  x1 = 5, thay vào (1)  x2 = 1 Suy ra m = x1.x2 = 5 (thoả mãn) Vậy m = 5 là giá trị cần tìm.. Câu 4: a) Ta có E là trung điểm của AC OE  AC  = 900. hay OEM  =900. Ta có Bx  AB  ABx nên tứ giác CBME nội tiếp. b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp   = OEB  (cung chắn OB  ), OMB  = EBM  (cùng chắn cung EM) EOM   EIO ~  MIB (g.g)  IB.IE = M.IO. B O I. A E. C. M x. Biên soạn : Trần Công Hoan. 89. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(90)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 6 8 3 3 3 6 y 8 + = ( x + y) + ( x + ) + ( + ) x y 2 2 2 x 2 y 3 3 3 3 Do x + y =  x + y   . 6 = 9. 2 2 2 2 3x 6 3x 6 y 8 y 8 +  2 . =6 , +  2 . =4 2 x 2 x 2 y 2 y Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19 Câu 5: Ta có : P = 3x + 2y +.  x + y = 6  x = 2 6  3x Dấu bằng xẩy ra khi  =   x y = 4 2 8 y 2 = y  Vậy min P = 19.. Lời bình: Câu V.  Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P  B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn). 1) Do giả thiết cho x + y  6, đã thuận theo sơ đồ "bé dần": P  B, điều ấy mách bảo ta biểu thị P 8 6 theo (x + y). Để thực hiện được điều ấy ta phải khử và . x y Do có x > 0; y > 0 nên việc khử được thực hiện dễ dàng bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cô-si 8 6 cho các từng cặp số Ax và , By và . x y 3 3 3 1 Bởi lẽ đó mà lời giải đã "khéo léo" tách 3 x  x  x , 2 y  y  y . 2 2 2 2 3 1 2) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm ở sự "khéo léo" nói trên. Các số , được nghĩ ra bằng 2 2 cách nào? Với mọi số thực a < 2, ta có 6 8 6  8  P  3x  2 y   = a( x  y )  (3  a ) x     (2  a ) y   (1) x y x  y  . P  6a  2 6(3  a )  2 8(2  a). Ta có (3  a ) x . (2  a) y . (2). 6 6  2 6(3  a ) , dấu đẳng thức có khi x  ; (3) x 3 a. 8 8  2 8(2  a ) , dấu đẳng thức có khi y  . ; (4) y 2a. Biên soạn : Trần Công Hoan. 90. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(91)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Để (2) trở thành đẳng thức buộc phải có x + y = 6 . 6 8  6 3 a 2a. (5) Thấy rằng a . 3 3 là một nghiệm của (5). Thay a  vào (2) ta có sự phân tích như lời giải đã trình 2 2. 3 1 , được nghĩ ra như thế đó. 2 2 3) Phương trình (3) là phương trình "kết điểm rơi". Người ta không cần biết phương trình "kết điểm rơi" có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. (Việc giải phương trình "kết điểm rơi" nhiều khi phức tạp và cũng không cần thiết.). bày. Các số. ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Rút gọn biểu thức 1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 = 5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2 = 2 5 - 3 5 + 9 2 + 6 2 = 15 2 - 5  a + a  a- a 2) B =  1 + 1 +   với a ≥ 0, a ≠ 1 a + 1  1 - a     a ( a + 1)  a ( a - 1)  =  1 + 1   = (1 + a ) (1 - a ) = 1 - a a + 1  a - 1    Câu 2: 1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a . (- 2)2  4a = -12  a = - 3. Khi đó hàm số là y = - 3x2. 2) a) Với m = 5 ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0. ∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11 x1 = - 6 - 11 ; x2 = - 6 + 11 b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi: -1 ∆’ > 0  (m + 1)2 - m2 > 0  2m + 1 > 0  m > (*) 2 Phương trình có nghiệm x = - 2  4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 m = 0 (thoả mãn điều kiện (*))  m2 - 4m = 0   m = 4 Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m) Diện tích thửa ruộng là x.y Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3) Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng còn lại là (x-2) (y-2). k Theo bài ra ta có hệ phương trình:. (x + 2) (y + 3) = xy + 100  (x - 2) (y - 2) = xy - 68. a.  xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100    xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68 3x + 2y = 94  x = 22  x = 22 .       2x + 2y = 72  x + y = 36  y = 14 Biên soạn : Trần Công Hoan. 91. d. s. m. O. b e. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). c.

<span class='text_page_counter'>(92)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2).  = 900 (gt) Câu 4: 1) Ta có BAC  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MDC A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp  = ACB  (cùng chắn cung AB). (1) Vì tứ giác ABCD nội tiếp. ADB  = ACS  (cùng bù với MDS  ). (2) Ta có tứ giác DMCS nội tiếp ADB  = ACS . Từ (1) và (2)  BCA 2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD  CK, CA  BK.  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác MEC  K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K.  = DBC  (cùng chắn DC  ). (3) 3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp  DAC  = MBE  (cùng chắn ME  ). (4) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp  MAE .  = MAE  hay AM là tia phân giác DAE Từ (3) và (4)  DAM  = MDE  hay DM là tia phân giác ADE . Chứng minh tương tự: ADM Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE. Câu 5: Ta có: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3) Điều kiện: x ≥ 2 (*) Phương trình đã cho  (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0 . . x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0. . x-2 - x+3. . . x-1-1 =0.  x - 2 = x + 3 (VN)    x  2 (thoả mãn đk (*))  x - 1 - 1 = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2. Lời bình: Câu IVb Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, một phương pháp thường dùng là chứng minh ba đường thẳng ấy hoặc là ba đường cao, hoặc là ba đường trung tuyến, hoặc là ba đường phân giác của một tam giác.. ĐỀ SỐ 13 Câu 1: 1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠ 2  a -1 a+ a +1 Ta có: P =   a a -1  a+ a +1-a+ a -1 a+2 = : = a-2 a 2a - 4 2a + 4 - 8 2) Ta có: P = = =2a+2 a+2 P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8 . .  .  . . Biên soạn : Trần Công Hoan.   a - a + 1  : a + 2  a-2 a  a + 1 . a +1. 2 (a - 2) a+2 8 a+2 (a + 2). 92. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(93)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. a + 2 =  1  a = - 1; a = - 3 a + 2 =  2 a = 0 ; a = - 4     a + 2 =  4 a = 2 ; a = - 6   a + 2 =  8  a = 6 ; a = - 10 Câu 2: 1) Đường thẳng đi qua điểm M (1; -1) khi a + (2a - 1) . (- 1) + 3 = 0  a - 2a + 4 = 0  a = 4 Suy ra đường thẳng đó là 4x + 7y + 3 = 0  7y = - 4x - 3  y =. -4 3 x7 7. 4 7 2) a) Phương trình có nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0  m  1 . b) Phương trình có 2 nghiệm khi: ∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0  m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng  m. m+1 3 Ta có x1.x2 = 5  = 5  m + 1 = 5m - 5  4m = 6  m = . m-1 2 3 1 2 5 Với m = ta có phương trình : x - 3x + = 0  x2 - 6x + 5 = 0 2 2 2 -b Khi đó x1 + x2 = =6 a 4x + 7y = 18 25x = 25 x = 1 Câu 3: Hệ đã cho   .     21x - 7y = 7 3x - y = 1 y = 2 Câu 4: =B , B =B  1) Theo giả thiết ta có: B A 1 2 3 4 +B +B +B  = 1800 Mà B. nên hệ số góc của đường thẳng là. 1. 2. 3. 4.  B   900 B 2 3 +C  = 900 Tương tự C 2 3   Xét tứ giác BICK có B + C = 1800  4 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O đường kính IK. 2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì ∆ICK vuông tại C) ∆ IOC cân tại O  = ICO.  (1)  OIC   Ta lại có C1 = C 2 (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC.. I 1. B 4. 2. H. 3. 2. 1. C 3. 4. O. K. Ta có AH  BC. (Vì ∆ ABC cân tại A).  + ICH  = 900  OCI  + ICA  = 900 . Trong ∆ IHC có HIC  = 900 hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O). Hay ACO 3) Ta có BH = CH = 12 (cm). Trong ∆ vuông ACH có AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256  AH = 16 Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có: IA AC AH - IH AC 20 5 =  = = =  (16 - IH) . 3 = 5 . IH  IH = 6 IH CH IH CH 12 3. Biên soạn : Trần Công Hoan. 93. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(94)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180 Trong ∆ vuông ICK có IC2 = IH . IK.  IK =. IC 2 180 = = 30 , OI = OK = OC = 15 (cm) IH 6. Câu 5: Ta có x 2 +. x + 2010 = 2010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2010. (1)  x 2 + x +. 1 1 - x - 2010 + x + 2010 - = 0 4 4. 1 1  x + = x + 2010 - . (2)  1 1   2 2   x +  -  x +2010 -  = 0   2 2    x + 1 = - x + 2010 + 1 . (3)  2 2 x  1  0 Giải (2) : (2)   2 (x  1)  x  2010 (4) (4)  (x + 1)2 = x + 2010  x2 + x - 2009 = 0 ∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037 - 1 + 8037 -1 - 8037 x1 = ; x2 = (loại) 2 2 2010  x  0 Giải (3): (3)  x   x  2010   2 x  x  2010 (5) (5)  x 2  x  2010  0 .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041, 1 + 8041 1 - 8041 x1 = ; x2 = (loại nghiệm x1) 2 2 1  8037 1  8041 Vậy phương tình có 2 nghiệm: x  ;x . 2 2 Lời bình: Câu V 1  Bằng cách thêm bớt ( x  ) , sự nhạy cảm ấy đã trình bày lời giải ngắn gọn. 4  Không cần một sự khéo léo nào cả, bạn cũng có một lời giải trơn tru theo cách sau : 2  x  y  2010 Đặt x  2010   y , y  0 bài toán được đưa về giải hệ  2 .  y  x  2010 Đây là hệ phương trình hệ đối xứng kiểu 2 quen thuộc đã biết cách giải. 2. 2. Chú ý : Phương trình đã cho có dạng (ax + b)2 = p a ' x  b ' + qx + r , (a  0, a'  0, p  0)  a ' x  b '  ay  b, khi pa '  0; Đặt :   a ' x  b '  ay  b, khi pa '  0. Thường phương trình trở thành hệ đối xứng kiểu 2.. SỐ 14 Câu 1: 1) Ta có : P =. x +1 2 x 2+5 x + x-4 x -2 x +2. Biên soạn : Trần Công Hoan. 94. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(95)</span> LUYỆN THI VÀO THPT P= = =. NĂM HỌC 2011 - 2012. ( x +1) ( x +2) + 2 x ( x - 2) - 2 - 5 x ( x - 2) ( x + 2). =. x + 3 x +2 + 2x - 4 x - 2 - 5 x ( x +2) ( x - 2) 3x - 6 x 3 x ( x  2) 3 x = = ( x + 2) ( x - 2) ( x + 2) ( x - 2) x +2. 2) P = 2 khi. 3 x = 2  3 x = 2 x +4  x +2. x = 4  x = 16. m  1  0 m  1 Câu 2: 1) d song song với trục Ox khi và chỉ khi  .  n  0 n  0 m  1  3 m  2 2) Từ giả thiết, ta có:  .  1  m  1  n n  2 Vậy đường thẳng d có phương trình: y  3x  2 x = 0 Câu 3: 1) Với m = - 3 ta có phương trình: x2 + 8x = 0  x (x + 8) = 0   x = - 8 2) Phương trình (1) có 2 nghiệm khi: ∆’  0  (m - 1)2 + (m + 3) ≥ 0  m2 - 2m + 1 + m + 3 ≥ 0 1 15  m2 - m + 4 > 0  (m  )2   0 đúng m 2 4 Chứng tỏ phương trình có 2 nghiệm phân biệt  m x + x 2 = 2(m - 1) (1) Theo hệ thức Vi ét ta có:  1 (2) x1 - x 2 = - m - 3 Ta có x12 + x 22 = 10  (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 10  4 (m - 1)2 + 2 (m + 3) = 10. m = 0  4m - 6m + 10 = 10  2m (2m - 3) = 0   m = 3  2 3) Từ (2) ta có m = -x1 x2 - 3 thế vào (1) ta có: x1 + x2 = 2 (- x1x2 - 3 - 1) = - 2x1x2 - 8  x1 + x2 + 2x1x2 + 8 = 0 Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc m. Câu 4: 1) Từ giả thiết suy ra  = 900 , HEB  = 900 . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CFH 2. a e o f b. c o2. h. o1.  = F = E  = 90  AFHE Trong tứ giác AFHE có: A là hình chữ nhật.  ) (1)  = AHE  (góc nội tiếp chắn AE 2) Vì AEHF là hình chữ nhật  AEHF nội tiếp  AFE  = ABH  (góc có cạnh tương ứng  ) (2) Ta lại có AHE 0. Từ (1) và (2)  = ABH  mà CFE  + AFE  = 1800  AFE  + ABH  = 1800 . Vậy tứ giác BEFC nội tiếp.  CFE 3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và đường kính HC. Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật.  OF = OH   FOH. Biên soạn : Trần Công Hoan. 95. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(96)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.  = OHF  . Vì ∆ CFH vuông tại F  O2C = O2F = O2H  ∆ HO2F cân tại cân tại O  OFH 0 0       O2.  O 2 FH = O 2 HF mà O 2 HF + FHA = 90 .  O 2 FH + HFO = 90 . Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O2. Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1. Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn. Câu 5: Tìm GTLN, GTNN của x thoả mãn. (1) x + a + b + c = 7  2 2 2 2 x + a + b + c = 13 (2) Từ (1)  a + b + c = 7 - x.. Từ (2)  a2 + b2 + c2 = 13 - x2. Ta chứng minh: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2.  3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2ac - 2bc ≥ 0  (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (đpcm) Suy ra 3 (13 - x2) ≥ (7 - x)2.  3 (13 - x2) ≥ 49 - 14x + x2. 5  4x2 - 14x + 10 ≤ 0  1 ≤ x ≤ . 2 5 3 x  khi a  b  c  , x  1 khi a  b  c  2 . 2 2 5 Vậy max x = , min x = 1. 2. ĐỀ SỐ 15  x 1   1 2  Câu 1: a) M =  +  :    x - 1 x - x   x + 1 x - 1  x   1 x -1 2 = +  :  x ( x - 1)   x - 1 x +1 x -1  x -1 . . x-1. = x =. . :.  . x -1. . x +1. . x -1. . x +1.  . x-1. = x. . .   x - 1  ..   x +1  . . . x +1. x +1. x -1. x-1 . x. b) M > 0  x - 1 > 0 (vì x > 0 nên. x > 0)  x > 1. (thoả mãn). Câu 2: a) Ta thấy: a = 1; b = - 2m; c = - 1, rõ ràng: a. c = 1 . (-1) = -1 < 0  phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Vì phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Theo hệ thức Vi-ét, ta có: b  x1 + x 2 = - a  2m do đó: x12 + x 22 - x1x 2 = 7   x . x = c = - 1  1 2 a.  x1 + x 2 . 2. - 3x1x 2 = 7.  (2m)2 - 3 . ( -1) = 7  4m2 = 4  m2 = 1  m =  1. Câu 3: Gọi x (chiếc) là số xe lúc đầu (x nguyên, dương) Biên soạn : Trần Công Hoan. 96. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(97)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Số xe lúc sau là: x + 3 (chiếc) Lúc đầu mỗi xe chở:. 480 480 (tấn hàng), sau đó mỗi xe chở: (tấn hàng) x x+3. Ta có phương trình:. 480 480 = 8  x2 + 3x - 180 = 0 x x +3. Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TMĐK) Vậy đoàn xe lúc đầu có 12 chiếc..  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  AM  Câu 4: a) AMB MB (1) MN = BN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau), OM = OB  ON là đường trung trực của đoạn thẳng MB  ON  MB (2) Từ (1) và (2)  AM // ON  OAMN là hình thang. b) ∆ NHK có HM  NK; KB  NH. suy ra O là trực tâm ∆NHK  ON  KH (3) Từ (2) và (3)  KH // MB. n. m. k a. o. b. Câu 5: 5x - 2 x (2 + y) + y2 + 1 = 0 (1). Điều kiện: x ≥ 0 Đặt x = z, z  0, ta có phương trình: 5z2 - 2(2 + y)z + y2 + 1 = 0 Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn z thì phương trình có nghiệm khi ∆’ ≥ 0 ∆’ = (2 + y)2 - 5(y2 + 1) = - (2y - 1)2 ≤ 0 với  y 1 Để phương trình có nghiệm thì ∆’ = 0  y = 2 1 1 1 Thế vào (1) ta tìm được x = . Vậy x = và y = là các giá trị cần tìm. 4 4 2. h. Lời bình: Câu V 1) Để giải một phương trình chứa hai ẩn, ta xem một trong hai ẩn là tham số. Giải phương trình với ẩn còn lại. 2) Các bạn tham khảo thêm một lời giải khác : Ta có 5x  2 x (2  y ) + y2 + 1 = 0  (4x  4 x + 1) + y2 + 2 y x + x = 0 1 1  (2 x  1)2  ( y  x ) 2  0  2 x  1  y  x  0  ( x  ; y  ) . 4 2. Qua biến đổi ta thấy 5x  2 x (2  y ) + y2 + 1  0 với mọi y, với mọi x > 0 . Trình bày lời giải này chúng tôi muốn nghiệm lại Lời bình sau câu 5 đề 2 rằng: phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi". Biến đổi về tổng các biểu thức cùng dấu là cách giải đặc trưng của "phương trình điểm rơi".. ĐỀ SỐ 16 Câu 1: Biên soạn : Trần Công Hoan. 97. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(98)</span> LUYỆN THI VÀO THPT 1) K =. x x -1. -. NĂM HỌC 2011 - 2012. x(2 x - 1) = x - 2 x + 1 = x -1 x( x - 1). x -1. 2) Khi x = 4 + 2 3 , ta có: K = 4  2 3 - 1 =. . . 3 +1. 2. -1 = 3 +1-1 = 3. Câu 2: 1) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 nên a = 3. Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1;2) nên ta có:2 = 3.(-1) + b  b= 5 (t/m vì b  1 ) Vậy: a = 3, b = 5 là các giá trị cần tìm. 11y  0 x  2 3x + 2y = 6 3 (3y + 2) + 2y = 6 2) Giải hệ phương trình:  .    x  3y  2 y  0 x 3y = 2 x = 3y + 2     Baì 3: Gọi x là số xe lúc đầu ( x nguyên dương, chiếc) Số xe lúc sau là : x+3 (chiếc) Lúc đầu mỗi xe chở : 96 (tấn hàng). x Lúc sau mỗi xe chở : 96 ( tấn hàng) x+3 96 Ta có phương trình : - 96 = 1,6  x2 + 3x -180 = 0 x x+3. Giải phương trình ta được: x1= -15 ; x2=12. Vậy đoàn xe lúc đầu có: 12 (chiếc). Câu 4:  = 1 Sđ DC  = 1 Sđ BD  = BCD  1) CDE 2. a. 2.  DE// BC (2 góc ở vị trí so le trong)  = 1 sđ (AC  - DC)  = AQC  2) APC 2. o.  = AQC )  Tứ giác PACQ nội tiếp (vì APC 3) Tứ giác APQC nội tiếp  = CAQ  (cùng chắn CQ ) CPQ  = CDE  (cùng chắn DC ) CAQ. b. DE CE = PQ CQ. (vì DE//PQ). (1) ,. p. QE DE = (vì DE// BC) FC QC. Cộng (1) và (2) : DE + DE = CE + QE = CQ = 1  PQ. FC. CQ. CQ. e. d.  = CDE   DE // PQ Suy ra CPQ. Ta có :. c. q. (2). 1 1 1 (3) + = PQ FC DE. ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ Thay vào (3) ta có : 1 + 1 = 1 CQ. CF. CE. a a a+c < < (1) a+b+c b+a a+b+c b b b+a < < (2) a+b+c b+c a+b+c c c c+b < < (3) a+b+c c+a a+b+c a b c Cộng từng vế (1), (2), (3), ta được : 1 < + + < 2, đpcm. a+b b+c c+a. Câu 5 : Ta có. Biên soạn : Trần Công Hoan. 98. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(99)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. ĐỀ SỐ 17 Câu 1: A = x1.x2 =. 3+ 5 . 3- 5 =. B = x12  x 22 =. .  3 + 5  3 - 5  =. 2. 3+ 5.   +. 3- 5. . 32 -.  5. 2. = 9-5 = 4 =2. 2. =3+ 5 +3- 5 =6. Câu 2: a) m = - 2, phương trình là: x2 + 3x - 6 = 0; ∆ = 33> 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, 2 =. - 3  33 2 2. b) Ta có ∆ =  - (2m +1 - 4 (m 2 + 5m) = 4m2 + 4m + 1 - 4m2 - 20m = 1 - 16m. Phương trình có hai nghiệm  ∆ ≥ 0  1 - 16m ≥ 0  m . 1 16. Khi đó hệ thức Vi-ét ta có tích các nghiệm là m2 + 5m. Mà tích các nghiệm bằng 6, do đó m2 + 5m = 6  m2 + 5m - 6 = 0 Ta thấy a + b + c = 1 + 5 + (-6) = 0 nên m1 = 1; m2 = - 6. 1 Đối chiếu với điều kiện m ≤ thì m = - 6 là giá trị cần tìm. 16 Câu 3: a) Khi m = - 2, ta có hai đường thẳng y = - x - 2 + 2 = - x và y = (4 - 2)x + 1 = 2x + 1 y = - x Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ   y = 2x + 1 1 1 . Từ đó tính được : y  . 3 3 1 1 Vậy tọa độ giao điểm là A(  ; ) . 3 3  b) Hai đường thẳng (d), ( d ) song song khi và chỉ khi.  - x = 2x + 1  x = -. m2 - 2 = - 1 m =  1    m=1  m  1 m + 2  1   Vậy m = 1 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau... t e h. Câu 4: a) Trong tam giác vuông ATO có: R2 = OT2 = OA . OH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)  = BCT   (cùng chắn cung TB) b) Ta có ATB. a. b.  = BTH  (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). BCT  = BTH  hay TB là tia phân giác của góc ATH.  ATB. d. o. c. k. c) Ta có ED // TC mà TC  TB nên ED  TB. ∆ TED có TB vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆TED cân tại T. HB BD BE d) BD // TC nên = = (vì BD = BE) (1) HC TC TC BE AB BE // TC nên = (2) TC AC HB AB Từ (1) và (2) suy ra: = HC AC Câu 5: Từ giả thiết: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0 Biên soạn : Trần Công Hoan. 99. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(100)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012 2. .  x +y . 2. 2. 7 7 7 + 2.  x +y  . +   -   + 10 = - y 2  0 2 2 2 2. 2. 7 9 7 9    0  x + y +   . x + y +  2 4 2 4   Giải ra được - 4 ≤ x + y + 1 ≤ - 1. A = -1 khi x = - 2 và y = 0, A = - 4 khi x = -5 và y = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là - 4 và giá trị lớn nhất của A là - 1.. Lời bình: Câu V Bài toán đã cho có hai cách giải. Cách 1. Biến đổi giả thiết về dạng (mA + n)2 = k2  [g(x, y)]2 , từ đó mà suy ra (mA + n)2  k2  k  n  mA  k + n  minA, maxA. Cách 2. Từ A = x + y +1  y = A  x  1, thế vào giả thiết có phương trình bậc hai đối với x.   0 ta tìm được minA, maxA .. ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn biểu thức: 1) 45  20  5 = 32.5  22.5  5 = 3 52 5 5 = 4 5 x x x4 2) = x ( x  1)  ( x  2)( x  2)  x x2 x x 2 = x 1 x  2 = 2 x 1 Câu 2: Gọi x là chiều dài, y là chiều rộng của hình chữ nhật (điều kiện: x > 0, y > 0, x, y tính bằng mét) Theo bài ra ta có: 2 (x + y) = 72  x +y = 36 (1) Sau khi tăng chiều dài gấp 3, chiều rộng gấp đôi, ta có : 2 (3 x + 2y) = 194  3x + 2y = 97 (2) Ta có hệ PT : . x + y = 36. 3x + 2y = 97. x = 25 Giải hệ ta được:   y = 11. Đối chiếu điều kiện bài toán ta thấy x, y thỏa mãn. Vậy diện tích thửa vườn là: S = xy = 25.11 = 275 (m2) Câu 3: 1) Khi m = 2, PT đã cho trở thành: x2- 4x + 3 = 0 Ta thấy: a +b + c = 1 - 4 +3 = 0 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3 2) Điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là: ,  b'2 - ac  0  22  (m  1)  0  3 - m  0  m  3 (1) x  x 2  4 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có :  1  x 1x 2  m  1 x12 + x 22 = 5 (x1+ x2)  (x 1 + x 2 )2- 2x1x2 = 5 (x1 + x2)  42 - 2 (m +1) = 5.4  2 (m + 1) = - 4  m = - 3 Kết hợp với điều kiện (1) , ta có m = - 3. Câu 4 :  = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1. Ta có: ABC. Biên soạn : Trần Công Hoan. 100. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). Từ.

<span class='text_page_counter'>(101)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.  = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B, C, F thẳng ABF hàng.. AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy.   IBF   900 suy ra BEIF nội tiếp đường tròn. 2. Do IEF. I E D A. 3. Gọi H là giao điểm của AB và PQ Ta chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng . HP HA   HP2 = HA.HB HB HP. O'. O B. C. Tương tự, HQ2 = HA.HB. Vậy HP = HQ hay H là trung điểm PQ. Câu 5: Điều kiện x  0 và 2 - x2 > 0  x  0 và x < 2 (*). P. H. Đặt y = 2 - x 2 > 0  x 2 + y 2 = 2 (1) Ta có:  1 1  x  y  2 (2) . Từ (2) ta có : x + y = 2xy. Thay vào (1) Có : xy = 1 hoặc xy = -. 1 2. x  1 * Nếu xy = 1 thì x + y = 2. Giải ra, ta có :  . y  1  1  3  1  3 x x   1   2 2 .. * Nếu xy = - thì x + y = -1. Giải ra, ta có :  ;  2  y  1  3  y  1  3   2 2 -1- 3 Đối chiếu đk (*), phương trình đã cho có 2 nghiệm : x = 1 ; x = . 2  Lời nhắn . Câu IV.1 Liên hệ với lời bình sau câu 4b đề 12. ĐỀ SỐ 19 5 ( 5  7) 11( 11  1)   5  7  11. 5 1  11 5 ( 5  11) b) B = 5.  5  11 . 5 Vậy A - B = 5  7  11  5  11 = 7, đpcm. Câu 2: a) Với m = 2 ta có hệ 3x + 2y = 5  y = 2x - 1  y = 2x - 1 x = 1        2x - y = 1 3x + 2(2x - 1) = 5 7x = 7 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1). 3 m b) Hệ có nghiệm duy nhất khi:   m2 ≠ - 3 với mọi m m 1 Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu 1: a) A =. Biên soạn : Trần Công Hoan. 101. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). F Q.

<span class='text_page_counter'>(102)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 3: Gọi cạnh góc vuông nhỏ là x. Cạnh góc vuông lớn là x + 2 Điều kiện: 0 < x < 10, x tính bằng m. Theo định lý Pitago ta có phương trình: x2 + (x + 2)2 = 102. Giải phương trình ta được x1 = 6 (t/m), x2 = - 8 (loại). Vậy cạnh góc vuông nhỏ là 6m; cạnh góc vuông lớn là 8m.  = 900 PAC  + PMC  = 1800 Câu 4: a) Ta có PAC. y. x p. m. nên tứ giác APMC nội tiếp. q.   MAC  b) Do tứ giác APMC nội tiếp nên MPC (1)   MBC  (2) Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra MQC   MBC   900 (3). Từ (1), (2), (3) ta có : Lại có MAC. a. b.   MBC   900  PCQ   900 . MPC  = BCQ  (Tứ giác BCMQ nội tiếp) BMQ  = AMC  (Cùng phụ với BMC) EMC  = EFC  (Tứ c) Ta có BMQ  = EFC  hay AB // EF. giác CEMF nội tiếp). Nên BCQ. Câu 5: P = x2 + 1 +. 1 ≥ 2 x +1. x. 2. 2.  x 1+ 1 , P = 2  x2 + 1 =. +1. 2. 1  x = 0. Vậy min P = 2. x +1 2. ĐỀ SỐ 20 Câu 1: a) A =. 2( 5 +2) - 2( 5 - 2). . 5 -2. . 5 +2. . =. 2 5 +4 - 2 5 + 4.  5. 2. =. - 22. 8 = 8. 5-4. b) Ta có: B=. x-1. :. . . x -1.   x - 1  x +1  =  x  x - 1 x. x. . x + 1 +1 - x.  x +1. =. x +1. x-1 x. x . . . x +1. x-1+1- x. 2. x. Câu 2: x2 - (m + 5)x - m + 6 = 0 (1) a) Khi m = 1, ta có phương trình x2 - 6x + 5 = 0 a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0  x1 = 1; x2 = 5 b) Phương trình (1) có nghiệm x = - 2 khi: (-2)2 - (m + 5) . (-2) - m + 6 = 0  4 + 2m + 10 - m + 6 = 0  m = - 20 c) ∆ = (m + 5)2 - 4(- m + 6) = m2 + 10m + 25 + 4m - 24 = m2 + 14m + 1 Phương trình (1) có nghiệm khi ∆ = m2 + 14m + 1 ≥ 0 (*) Với điều kiện trên, áp dụng định lí Vi-ét, ta có: S = x1 + x2 = m + 5; P = x1. x2 = - m + 6. Khi đó: x12 x 2  x1x 22  24  x1x 2 ( x1  x 2 )  24  (m  6)(m  5)  24  m 2  m  6  0  m  3 ; m  2. Giá trị m = 3 thoả mãn, m = - 2 không thoả mãn điều kiện. (*) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi x là số dãy ghế trong phòng lúc đầu (x nguyên, x > 3) Biên soạn : Trần Công Hoan Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị 102 Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(103)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. x - 3 là số dãy ghế lúc sau. Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu:. 360 360 (chỗ), số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc sau: (chỗ) x x-3. 360 360 =4 x-3 x Giải ra được x1 = 18 (thỏa mãn); x2 = - 15 (loại) Vậy trong phòng có 18 dãy ghế.. Ta có phương trình:. Câu 4: a) ∆SAB cân tại S (vì SA = SB - theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên tia phân giác SO cũng là đường cao  SO  AB  = SIE  = 900  IHSE nội tiếp đường tròn đường kính SE. b) SHE OI SO = OH OE 2  OI . OE = OH . OS = R (hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB) Câu 5: (1)  x3 - 2mx2 + m2x + x - m = 0,  x (x2 - 2mx + m2) + x - m = 0  x (x - m)2 + (x - m) = 0 x = m  (x - m) (x2 - mx + 1) = 0   2  x - mx + 1 = 0 (2) Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt khác m. Dễ thấy x = m không là nghiệm của (2). Vậy (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m > 2 ∆ = m2 - 4 > 0   . m < 2  m > 2 Vậy các giá trị m cần tìm là:  . m < - 2. c) ∆SOI ~ ∆EOH (g.g) . ĐỀ SỐ 21 Câu 1.. . . . 5 1 . 2. 3  x  2 x   3  2 . 2) Ta có hệ     11 y  x  4  y    2 Câu 2. 1) Vẽ đồ thị y  x 2 thông qua bảng giá trị x -2 -1 y 4 1. 0 0. 2 5 1. . 2 5 1. . 2 5 1  4. 1) A =. . . 5 1. . 5 1. . 1 1. 2 4. Vẽ đồ thị y  x  2 qua các điểm A(0, 2) và B(-2,0).. Biên soạn : Trần Công Hoan. 103. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(104)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012 y 5. 4. N. 3. 2. M. A. 1. B. x. -2. -1. O. 1. 2. 3. -1. 2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x 2  x  2 hay x 2  x  2  0 . Phương trình này có nghiệm: x1  1  y1  1 và x 2  2  y 2  4 . Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M(-1, 1) và N(2, 4). Câu 3. 1) Với m  2 , ta có phương trình: 2 x 2  3 x  1  0 . Các hệ số của phương trình thoả mãn 1 a  b  c  2  3  1  0 nên phương trình có các nghiệm: x1  1 , x 2   . 2 2. 2. 2) Phương trình có biệt thức   2m  1  4.2.m  1  2m  3  0 nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x 2 với mọi m . 2m  1   x1  x 2   2 Theo định lý Viet, ta có:  .  x1 .x 2  m  1  2 2 2 Điều kiện đề bài 4 x12  2 x1 x 2  4 x 22  1  4 x1  x 2   6 x1 x 2  1 . Từ đó ta có: 1  2m   3m  1  1  4m 2  7 m  3  0 . Phương trình này có tổng các hệ số a  b  c  4  (7)  3  0 nên phương trình này có các nghiệm 3 3 m1  1, m2  . Vậy các giá trị cần tìm của m là m  1, m  . 4 4 o   FCD   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra tứ Câu 4. 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối : FED F giác FCDE nội tiếp.   900 , 2) Xét hai tam giác ACD và BED có:  ACD  BED   (đối đỉnh) nên ACDBED. Từ đó ta có tỷ số : I ADC  BDE E C DC DE   DC.DB  DA.DE . DA DB D 3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE  tam giác ICD cân   IDC   FEC  (chắn cung FC  ). Mặt khác tam giác OBC cân  ICD A   OBC   DEC  (chắn cung  O nên OCB AC của (O)). Từ đó   ICD   DCO   FEC   DEC   FED   900  IC  CO hay IC là ICO tiếp tuyến của đường tròn (O).. Biên soạn : Trần Công Hoan. 104. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). B.

<span class='text_page_counter'>(105)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 4x  9 1 1 4x  9 1 1  y  , y   ta có  y2  y   7y2  7 y  x  . 28 2 2 28 4 2 1  2 7 x  7 x  y   2. Cùng với phương trình ban đầu ta có hệ:  7 y 2  7 y  x  1  2 Trừ vế cho vế của hai phuơng trình ta thu được Câu 5. Đặt. . . 7 x 2  y 2  7 x  y   y  x  ( x  y )7 x  7 y  8  0  x  y  0 (vì x  0 và y  . 1 nên 2. 7 x  7 y  8  0) hay x  y .   6  50 x  1 14 Thay vào một phương trình trên ta được 7 x 2  6 x   0   . Đối chiếu với điều kiện 2   6  50 x   14  6  50 của x, y ta được nghiệm là x  . 14 Lời bình: Câu V Chắc chắn sẽ hỏi đằng sau phép đặt ẩn phụ. 4x  9 1  y có sự "mách bảo" nào không? 28 2. 2. 4x  9 1 4x  9 1  Ta có 7x + 7x =  7 x     28 2 28 4  Dưới hình thức mới phương trình đã cho thuộc dạng (ax + b)2 = p a ' x  b ' + qx + r , (a  0, a'  0, p  0) Một lần Lời bình sau câu 5 đề 13 đã chỉ dẫn cách đặt ẩn phụ như trên. 2. ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) x2 - 2x - 15 = 0 , ' = 1 - (-15) = 16 , ' = 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1 - 4 = - 3; x2 = 1 + 4 = 5 2. Đường thẳng y = ax - 1 đi qua điểm M (- 1; 1) khi và chỉ khi: 1 = a (-1) -1 <=> a = - 2. Vậy a = - 2 Câu 2: 1) P =. =. a  1a. . a 1 a  a . 2 a. . a aa a a 2 a (a  1).    a  1  a  1 a  1 a  a  a  a   4 a. a   2 a 1  a  a. 2 a. a.. Vậy P = - 2 a . 2) Ta có: P  2  - 2 a > - 2  a < 1  0 < a < 1 Kết hợp với điều kiện để P có nghĩa, ta có: 0 < a < 1 Vậy P > -2 a khi và chỉ khi 0 < a < 1 Câu 3: Gọi x, y số chi tiết máy của tổ 1, tổ 2 sản xuất trong tháng giêng (x, y  N* ),. Biên soạn : Trần Công Hoan. 105. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(106)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. ta có x + y = 900 (1) (vì tháng giêng 2 tổ sản xuất được 900 chi tiết). Do cải tiến kỹ thuật nên tháng hai tổ 1 sản xuất được: x + 15%x, tổ 2 sản xuất được: y + 10%y. Cả hai tổ sản xuất được: 1,15x + 1,10y = 1010 (2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: x  y  900 1,1x  1,1y  990 0, 05x  20    1,15x  1,1y  1010 1,15x  1,1y  1010  x  y  900 <=> x = 400 và y = 500 (thoả mãn) Vậy trong tháng giêng tổ 1 sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ 2 sản xuất được 500 chi tiết máy.  = 900 (vì góc nội tiếp Câu 4: 1) Ta có IPC  = 900. chắn nửa đường tròn) => CPK  B  = 900 + 900 = 1800 Xét tứ giác CPKB có: K => CPKB là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm)  B  = 900; 2) Xét  AIC và  BCK có A. y x.   BKC  (2 góc có cạnh tương ứng vuông góc) ACI AI AC =>  AIC ~  BCK (g.g) =>  BC BK => AI.BK = AC.BC.   PIC  (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) 3) Ta có: PAC. K. P I. A. C.   PKC  (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) PBC  = 900 .   PBC   PIC   PKC   900 (vì  ICK vuông tại C).=> APB Suy ra PAC Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0 biết p + q= 198. Phương trình có nghiệm khi   0 <=> p2 + 4q  0; gọi x1, x2 là 2 nghiệm. - Khi đó theo hệ thức Viét có x1+ x2 = - p và x1x2 = q mà p + q = 198 => x1x2 - (x1+ x2) = 198 <=> (x1 - 1)(x2 - 1) = 199 = 1 . 199 = (- 1)(-199) ( Vì x1, x2  Z ) Nên ta có :. x1 - 1 x2 - 1 x1 x2. 1 199 2 200. -1 -199 0 -198. 199 1 200 2. -199 -1 -198 0. Vậy phương trình có các nghiệm nguyên: (2; 200); (0; -198); (200; 2); (-198; 0) ĐỀ SỐ 23 Câu 1. 1) A =. . . . . 20  3 5  80 . 5 = 2 5  3 5  4 5 . 5  3 5. 5  15 . 2. 2. 2) Đặt t  x , t  0 phương trình trở thành 4t  7t  2  0 . Biệt thức   7 2  4.4.(2)  81 1 Phương trình có nghiệm t1  , t 2  2 (loại). 4 1 1 1 1 Với t  ta có x 2   x   . Vậy phương trình có nghiệm x   . 4 4 2 2 Câu 2. Biên soạn : Trần Công Hoan. 106. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). B.

<span class='text_page_counter'>(107)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 5 x  2m  1 . Giao 2 điểm của (d1 ) và trục hoành là A(2, 0). Yêu cầu của bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi (d 2 ) cũng đi 5 qua A  0  .2  2m  1  m  3 . 2 2) Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật (đơn vị m, x > 0)  chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m). Vì đường chéo là 13 (m) nên theo định lý Piatago ta có :. 1) Ta gọi (d1 ) , (d 2 ) lần lượt là các đường thẳng có phương trình y  3 x  6 và y . 2. 132  x 2   x  7   2x 2  14x  49  169 x  5 . Chỉ có nghiệm x  5 thoả mãn.  x 2  7x  60  0    x  12 Vậy mảnh đất có chiều rộng 5m, chiều dài 12m và diện tích là S = 5.12 = 60 (m2). Câu 3. 1) Khi m  3 phương trình trở thành x 2  2 x  0  x x  2  0  x  0 ; x  2 . 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2  '  1  m  3  0  m  4 . Khi đó theo định lí Vi-et ta có: x1  x 2  2 (1) và x1 x 2  m  3 (2). Điều kiện bài toán x12  2 x 2  x1 x 2  12  x1  x1  x 2   2 x 2  12  2 x1  2 x 2  12 (do (1))  x1  x 2  6 (3). Từ (1) và (3) ta có: x1  2, x 2  4 . Thay vào (3) ta được:  2.4  m  3  m  5 , thoả mãn điều kiện. Vậy m  5 . Câu 4..  = 1 sđ DB  (góc nội tiếp) và BDE  = 1 sđ DB  (góc giữa tiếp tuyến và dây cung). Suy ra 1) Ta có DAB 2 2   DAB  BDE .  chung, DAM   BDM  nên DMB  AMD 2) Xét hai tam giác DMB và AMD có: DMA MD MA   hay MD 2  MA.MB . MB MD ME MA Tương tự ta cũng có: EMB  AME   hay ME 2  MA.MB . MB ME Từ đó: MD = ME hay M là trung điểm của DE.   BDM  , EAB   BEM  3) Ta có DAB   PBQ  = DAB   EAB   PBQ   BDM   BEM   DBE   1800  PAQ   BDM  suy ra PQB   PAB  . Kết hợp với PAB   BDM  . Hai góc này  tứ giác APBQ nội tiếp  PQB ở vị trí so le trong nên PQ song song với AB.. Biên soạn : Trần Công Hoan. 107. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(108)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012 D M E B P. Q O'. O. A. 4x  3 . x2 1 Khi đó ta có y x 2  1  4 x  3  y.x 2  4 x   y  3  0 (1). Ta tìm điều kiện của y để (1) có nghiệm. 4 Nếu y  0 thì (1) có nghiệm x   . 3 Nếu y  0 , (1) có nghiệm  '  2 2  y  y  3  0  y 2  3 y  4  0   1  y  4 . Kết hợp lại thì (1) có nghiệm   1  y  4 . Theo giả thiết y là số nguyên âm  y  1 . Khi đó thay vào trên ta có x  2 .. Câu 5. Đặt y . . . Lời bình: Câu V 4x  3 có GTNN bằng 1 và GTLN bằng 4. x2 1 2) Phương pháp giải bài toán trên cũng là phương phương pháp tìm GTNN, GTLN của các biểu ax 2  bx  c thức dạng P  (với b'2 4ac < 0), chẳng hạn a ' x2  b ' x  c '. 1) Từ cách giải bài toán trên ta suy biểu thức y . P. 20 x 2  10 x  3 x 2  8 xy  7 y 2 ; Q  với x2 + y2 > 0; 3x 2  2 x  1 x2  y2. F = x2 + 2xy  y2 với 4x2 + 2xy + y2 = 3. ĐỀ SỐ 24 Câu 1. 5(1  5) (1  5) 1  5  (1  5)    2 . 2 2 2 5 x x 1   x x 1   1    1  x 1 x  1  x .   1 x 1 x   . 1) A = (1  5) . . . . .  2) B =  1    Câu 2. 1) Thay x  2 vào vế trái của phương trình ta được: 22   3  m  .2  2(m  5)  4  6  2m  2m  10  0 đúng với mọi m nên phương trình có nghiệm x  2 với mọi m 2) Vì phương trình luôn có nghiệm x  2 nên để nó có nghiệm x  5  2 2 thì theo định lý Vi-et ta có: 2 5  2 2  2m  5  5  2 2  m  5  m  10  2 2 .. . . . . . Biên soạn : Trần Công Hoan. 108. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(109)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của xe, x > 15. 80 Thời gian dự định của xe là . x Thời gian xe đi trong một phần tư quãng đường đầu là là. 20 , thời gian xe đi trong quãng đường còn lại x  15. 60 . x  10. 80 20 60 = + (1). x x  15 x  10 4 1 3 Biến đổi (1)     4  x  15  x  10   x  4 x  35  x x  15 x  10  15 x  600  x = 40 (thoả mãn điều kiện). 80 Từ đó thời gian dự định của xe là  2 giờ. 40. Theo bài ra ta có. Câu 4..   900 . Mặt khác theo giả thiết MCD   900 1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn nên MAD nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp. Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp.   DAC  , DNC   DBC . 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp nên: DMC   DNC   DAC   DBC   900 . Từ đó MDN   900 . Suy ra DMC   900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó CPQ   CDQ   CDN . 3) Vì  ACB  MDN   CBN  . Hơn nữa ta có CBN   CAB  , suy ra CPQ   CAB  hay Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên CDN. PQ song song với AB. 2. Câu 5. Với các số dương x, y ta có:  x  y   4 xy . x y 4 1 1 4     xy x y x y x y. Áp dụng bất đẳng thức trên ta, có: ab bc ca 1 1 1 1 1 1    a   b    c   c a b b c c a a b b c  4 4 4  a  a.  b.  c. = 4    bc ca ab  bc ca ab  Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Lời bình: Câu II.1 Thay câu II.1 bởi câu : Chứng minh phương trình có nghiệm không phụ thuộc giá trị của m, ta được một bài toán "thông minh hơn". Biên soạn : Trần Công Hoan. 109. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(110)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Biến đổi phương trình về dạng m(x  2) = x2 + 3x  10 . (1) Xem (1) là phương trình đối với m. Thế thì (1) có nghiệm không phụ thuộc m khi và chỉ khi x  2 = x2 + 3x  10 = 0  x = 2. Vậy có x = 2 là nghiệm cố định không phụ thuộc vào m của phương trình đã cho. Vấn đề nghiệm cố định còn được bàn thêm ở lời bình sau câu Câu I4b, đề 32.. ĐỀ SỐ 25 Câu 1.  x 1 1) Ta có A =   x x 1 . . .     :  x 1  =   x  1  . x  1 x 1 x 1 .  . x x 1 x. 2 22 2. 2 1 Câu 2. 1) Khi a  3 và b  5 ta có phương trình: x 2  3x  4  0 . Do a + b + c = 0 nên phương trình có nghiệm x1  1, x 2  4 . 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2    a 2  4(b  1)  0 (*)  x  x  a Khi đó theo định lý Vi-et, ta có  1 2 (1).  x1 x2  b  1 x1  x 2  3  x1  x 2  3 x  x2  3 Bài toán yêu cầu  3 (2).   1  3 3  x1 x 2  2  x1  x 2  9  x1  x 2   3x1x 2  x1  x 2   9 2 2 Từ hệ (2) ta có:  x1  x2    x1  x2   4 x1 x2  32  4(2)  1 , kết hợp với (1) được 2) x  2 2  3  x . . . 2. 2 1 . x  2  1 nên A =. a 2  1  a  1, b  3 .   a   1, b   3 b  1   2   Các giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*) nên chúng là các giá trị cần tìm.. Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc thực của chiếc thuyền (x > 4). Vận tốc của chiếc thuyền khi xuôi dòng là x + 4 (km/m). Vận tốc của chiếc thuyền khi ngược dòng là x – 4 km. 24 Thời gian chiếc thuyền đi từ A đến B là . x4 16 Thời gian chiếc thuyền quay về từ B đến C là . x4 8 Thời gian chiếc bè đi được  2 (giờ). 4 24 16 Ta có phương trình: + = 2 (1). x4 x4 Biến đổi phương trình: (1)  12( x  4)  8( x  4)   x  4  x  4   x 2  20 x  0 x  0  x( x  20)  0   .  x  20 Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có nghiệm x = 20 thoả mãn. Vậy vận tốc thực của chiếc thuyền là 20km/h.. Biên soạn : Trần Công Hoan. 110. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(111)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 4.   900 . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có 1) Vì H là trung điểm của AB nên OH  AB hay OHM   900 . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. OD  DM hay ODM 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD  MCD cân tại M  MI là một đường phân giác của  = 1 sđ CI  . Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ CD  nên DCI   1 sđ DI  = MCI  CMD 2 2   CI là phân giác của MCD . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. 3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: 1 S  2 SOQM  2. .OD.QM  R( MD  DQ ) . Từ đó S nhỏ nhất  MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ 2 thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có DM .DQ  OD 2  R 2 không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất  DM = DQ = R. Khi đó OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính R 2 .. P C A d. H B M. I. O. D Q. Câu 5. Từ giả thiết ta có: abc  a  b  c   1 . Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi, P =  a  b  a  c  = a 2  ab  ac  bc = a  a  b  c   bc  2 a  a  b  c  bc = 2. a  a  b  c   bc a  a  b  c   1  Đẳng thức xảy ra    .  1 bc  1 a  b  c  abc  Hệ này có vô số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = 1  a = Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2.. 2 1 .. ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1). .   . . 2 5  2 5 1 1 2 5     2 5 1 2 5 2 5 2 5 2 5. . . 3x + y = 9 6x + 2y = 18 7x = 14 x = 2 2)  .    x - 2y = - 4  x - 2y = - 4  y = 9 - 3x y = 3 Câu 2: Biên soạn : Trần Công Hoan. 111. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(112)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.  1  x 1  1 1) P =     : x 1  x + 2 x 1  x x 1 x+ x x . . . 1 x x. . .  .. x 1. 2.   1  x . x 1 x. . .  x . x 1  . . . 2. x 1. . x.  1-x .. x 1. x. x. x. 1-x 1 2   2 1 - x   x  3x > - 2  x < . x 2 3 2 1 Vậy với 0  x < thì P > . 3 2 Câu 3: 1) Với m = 1, ta có phương trình: x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm.. 2) Với x > 0 thì. 2) Ta có: ∆ = 1 – 4m. Để phương trình có nghiệm thì ∆  0  1 – 4m  0  m . 1 (1). 4. Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = m Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – 1 )2 = 9( x1 + x2 ), ta được: m = - 2 (m – 1)2 = 9  m2 – 2m – 8 = 0   .. m = 4 Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. Câu 4:.   1) Tứ giác ABEH có: B = 900 (góc nội tiếp trong nửa đường tròn); H = 900 (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp được.   Tương tự, tứ giác DCEH có C = H = 900 , nên nội tiếp được. 2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có:   ) EBH = EAH (cùng chắn cung EH C    Trong (O) ta có: EAH = CAD = CBD B E  ). (cùng chắn cung CD I   Suy ra: EBH = EBC , nên BE là tia phân D A O H  giác của góc HBC .    Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE , nên  CE là tia phân giác của góc BCH . Vậy E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH. 3) Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên    ). Mà BIC = 2EDC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung EC     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 đường tròn.. Câu 5: ĐK: x ≥ - 3 (1) Biên soạn : Trần Công Hoan. 112. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(113)</span> LUYỆN THI VÀO THPT Đặt. NĂM HỌC 2011 - 2012. x + 8  a; x + 3  b  a  0; b  0  (2). Ta có: a2 – b2 = 5;. x 2  11x + 24 .  x + 8 x + 3  ab. Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(ab + 1) = a2 – b2  (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0  a - b = 0  x + 8  x + 3 (vn)  x = - 7  1 - a = 0   x + 8  1  x = - 2 1 - b = 0  x + 3  1  Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 2.. ĐỀ SỐ 27 Câu 1: 1 2 4.5  16.5  9.5 = 5  4 5  2 5 =  5 . 2 3  5 5   5 5  2) B =  2   .  2   5 1   5  1    5 5  1  5 5 1      2  5 2  5  1  2 2  5  1  5 1     Câu 2: 2x - y = 1 - 2y 2x + y = 1 2x = 2 x = 1 1)     3x + y = 3 - x 4x + y = 3  y = 1 - 2x y = - 1 2 2) Phương trình x – x – 3 = 0 có a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1 x2 = - 3. 1 1 x1  x 2 1 1 Do đó: P =     . x1 x 2 x1 x 2 3 3. 1) A =. . . . . . . . Câu 3: Gọi x (km/h) là vận tốc của xe lửa thứ nhất đi từ Huế đến Hà Nội. Khi đó vận tốc của xe lửa thứ hai đi từ Hà Nội là: x + 5 (km/h) (ĐK: x > 0) 300 5 345 Theo giả thiết, ta có phương trình:   x5 3 x 2  900 x  5 x  x  5   1035  x  5   x  22 x  1035  0 Giải phương trình ta được: x1  23 (loại vì x > 0) và x2  45  0 . Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là: 45 km/h và vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h Câu 4:  D 1) Ta có: AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa  đường tròn)  AMD  900 . Tứ giác ACMD   có AMD  ACD  900 , suy ra ACMD nội tiếp I đường tròn đường kính AD.  K 2) ∆ABD và ∆MBC có: B chung và   BAD  BMC (do ACMD là tứ giác nội tiếp). A C E Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g). M. O. B.      3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và EDC  BDC , lại có: BDC  CAK (cùng phụ với B ),   suy ra: EDC  CAK . Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp. Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ Biên soạn : Trần Công Hoan. 113. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(114)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. củng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên O A = O E, suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định. Câu 5:. 1 1 1 1 1    = 2 2 2 x y xy x  y 2xy 2xy Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: 1 x + y  2 xy  1  2 xy  1  4xy   2 (1) 2xy Đẳng thức xảy ra khi x = y. Tương tự với a, b dương ta có: 1 1 1 2 4  2  2.  (*) a b ab a+b a+b 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 2    4 (2) 2 x y 2xy  x + y  2 A=. 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi x2 + y2 = 2xy  x = y. Từ (1) và (2) suy ra: A  6 . Dấu "=" xảy ra  x = y =. 1 . Vậy minA = 6. 2. ĐỀ SỐ 28 Câu 1: 2x + y = 7  6x + 3y = 21 7x = 14 x = 2 1)     x - 3y = - 7  x - 3y = - 7  y = 7 - 2x y = 3 2) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2. Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2. 1 2 và x1.x2 =  . 3 3. Do đó P = x12  x 22   x1  x 2   2x1 x 2 =. 1 4 13   . 9 3 9. Câu 2..  a  a a 1 1) A =    : a ( a + 1)  ( a - 1)( a  1)  a 1 a > 0, a  1 2) A < 0    0  a < 1.  a  1.  a 1      . a  1 a + 1  . . . a  1  a 1. Câu 3: 1) Ta có  = m2 + 1 > 0, m  R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. Ta có: x12 + x22 – x1x2 = 7  (x1 + x2)2 – 3x1.x2 = 7  4m2 + 3 = 7  m2 = 1  m = 1 . Câu 4:. Biên soạn : Trần Công Hoan. 114. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(115)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.  1) ADB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường  tròn)  ADM  900 (1) Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực  của AC  AEM  900 (2). Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.. x N C M. D E. A. I. H. O. B. 2) Xét ∆MAB vuông tại A có AD  MB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác vuông)   3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ACN  900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì với I là giao điểm của CH và MB. Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 1 5 Câu 5: Điều kiện: x  0, x -  0, 2 x -  0. (*) x x 4 1 5 4 1 5  x  x  2x x -  x - 2x x x x x x x  4 x 4 4  1  x x -    x -  1  x x  1 5 1 5  x  2x x  2x  x x x x  4 1  x -  0 (vì 1   0) x 1 5 x  2x x x  x  2. Đối chiếu với điều kiện (*) thì chỉ có x = 2 thỏa mãn.. IC IH  BI     (6) MN MA  BM .   0   . ĐỀ SỐ 29 Câu 1: a) Đường thẳng d đi qua gốc tọa độ khi và chỉ khi 2m  4  0  m  2. b) Đồ thị hàm số y  (m 2  m)x 2 đi qua điểm A(-1; 2)  2  (m 2  m).(1)2  m 2  m  2  0  m  1; m  2 Câu 2:  1 1  3  a) P =   .1    a 3 a  a 3. =. 2 a .( a  3) ( a  3)( a  3). a. b) Ta có: Vậy P >. 2 a 3. >. . 1  2. 2 a 3. a 3 a 3. . a 3. . Vậy P =. a +3<4 . . a 3. 2 a 3. . .. a 3 a. .. .. a < 1  0  a  1. .. 1 khi và chỉ khi 0 < a < 1. 2. Biên soạn : Trần Công Hoan. 115. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(116)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 3: Gọi x, y là thời gian mỗi người cần để một mình hoàn thành công việc (x, y > 0 tính bằng giờ). 1 1 1 1 1 Trong 1 giờ mỗi người làm được ; công việc, cả 2 làm trong 1 giờ được + = công việc.(vì x y x y 4 hai người hoàn thành công việc trong 4 giờ). Do người thứ nhất làm ít hơn người thứ hai là 6 giờ nên y - x = 6. Ta có hệ phương trình. y  x  6 (1) y  x  6   1 1 1 1 1  1 x  y  4  x  x  6  4 (2)  Giải (2): (2) <=> x(x + 6) = 4 (x + x + 6) <=> x2 - 2x - 24 = 0 <=> x = 6 (t/m); x = - 4 (loại vì x > 0). Thay vào (1) được y = 12 Vậy để hoàn thành công việc người thứ nhất cần 6 giờ, người thứ hai cần 12 giờ. Câu 4:  = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) a) Ta có BAC   CEH  = 900 Tương tự có BDH.   ADH   AEH  = 900 => ADHE là hình chữ nhật. Xét tứ giác ADHE có A Từ đó DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) hay AH2 = 10 . 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 = C   ADE  (1)  (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà DAH b) Ta có: BAH   ADE  do C   BDE  = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. (Vì ADHE là hình chữ nhật) => C   BDO  c) Vì O1D = O1B =>  O1BD cân tại O1 => B (2) 1.   BAH  = 900 => O1D //O2E   BDO B Từ (1), (2) => ADE 1. A. Vậy DEO2O1 là hình thang vuông tại D và E. 1 1 1 Ta có Sht = (O1D  O2 E).DE  O1O 2 .DE  O1O 22 (Vì O1D + O2E 2 2 2 = O1H + O2H = O1O2 và DE < O1O2 ). 1 BC 2 R 2 O1O2 2   . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi DE = O1O2 2 8 2  DEO2O1 là hình chữ nhật. E. D. B. Sht .  A là điểm chính giữa cung BC. Khi đó max S DEO2O1 =. O1. H. O. O2. R2 . 2. 1 (1) 3 (1) <=> 3x3 + 3x2 - 3x = - 1 <=> 4x3 = x3 - 3x2 + 3x - 1 <=> 4x3 = (x - 1)3 1 <=> x 3 4 = x - 1 <=> x( 1 3 4 ) = 1 <=> x = . 1 3 4 1 Vậy phương trình chỉ có 1 nghiệm x = . 1 3 4 Lời bình: Câu III. Câu 5: Giải phương trình: x3 + x2 - x = -. Biên soạn : Trần Công Hoan. 116. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). C.

<span class='text_page_counter'>(117)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Ta thường gặp bài toán :" Hai máy cày cùng cày một cánh đồng…; hai vòi nước cùng chảy vào một bể…; hai hợp tác cùng đào một con mương…; hai người cùng làm chung một công việc…) v.v" . Ta gọi bài bài trên thuộc loại toán "Làm chung một việc" Một số lưu ý khi giải bài toán này là a)  Khối lượng công việc phải hoàn thành được quy ước bằng 1 (đơn vị).  (Năng suất)  (thời gian) = (khối lượng làm được).  (Năng suất chung) = (tổng các năng suất riêng). (Bạn có thể tò mò tại sao lại quy ước khối lượng công việc là 1. Công việc hoàn tất nghĩa là hoàn thành 100 khối lượng công việc. Bởi 100 = 1, đó là điều dẫn tới quy ước trên) b) Bài toán có thể trình bày lời giải bằng hệ phương trình hai ẩn hoặc bằng phương trình một ẩn. c) Trong bài toán trên (theo các kí hiệu đã dùng trong lời giải) thì : 1 1  Các năng suất riêng là và x y 1 1 1  Năng suất chung : Một mặt được tính là  , một mặt giả thiết cho là . Vậy nên có x y 4 1 1 1 phương trình   x y 4 ĐỀ SỐ 30. Câu 1. 1) Phương trình tương đương với 3 x   75  3 x  5 3  x  5 3 x  2 y  1 7 x  7  x  1 2) Hệ phương trình  .    4 x  2 y  8 3 x  2 y  1  y  2 Câu 2. 1) Với m  2 phương trình trở thành 2 x 2  5 x  2  0 . 1   52  4.2.2  9 nên phương trình có hai nghiệm x1  2 , x 2  . 2 2 2 2 2) Phương trình có biệt thức   m  3  4.2.m  m  2m  9  m  1  8  0 với mọi m . m3   x1  x 2  2 Do đó phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x 2 . Khi đó theo định lý Viet thì  .  x1 x 2  m  2 2. Biểu thức A = x1  x 2 = 1 1 m 2  2m  9  2 2 2. 2. x1  x2 . =. x1  x2 . 2.  4 x1 x 2 =. m  m  3 =   4 2  2 . m  12  8 . 2. Do m  1  0 nên m  1  8  8  2 2 , suy ra A  Dấu bằng xảy ra  m  1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 , đạt được khi m  1 .. 2.. Câu 3. 1) Ta có 9 a  25a  4a 3  9 a  5 a  2a a  2 a (a  2) và a 2  2a  a (a  2). 2 a  a  2 2  . a a  2 a 2) Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h, x  4). nên P =. Biên soạn : Trần Công Hoan. 117. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(118)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 48 . x4 48 Vận tốc ca nô khi nước ngược dòng là x  4 và thời gian ca nô chạy ngược dòng là . x4 48 48 Theo giả thiết ta có phương trình   5 (*) x4 x4 (*)  48( x  4  x  4)  5( x 2  16)  5 x 2  96 x  80  0 Giải phương trình ta được x  0,8 (loại), x  20 (thỏa mãn) Vậy vận tốc ca nô khi nước yên lặng là 20 km/h Câu 4. D 1) Chứng minh  ABD cân Xét  ABD có BC  DA và CA = CD nên C BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến của nó. Vậy  ABD cân tại B O 2) Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng A B nằm trên một đường thẳng.  = 900, nên CE là đường kính của (O). Vì CAE. Vận tốc ca nô khi nước xuôi dòng là x  4 và thời gian ca nô chạy xuôi dòng là. E. Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD Suy ra BD // CO hay BD // CE (1) Tương tự CE là đường trung bình của tam giác ADF.. F. Suy ra DF // CE (2). Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Tam giác ADF vuông tại A và theo tính chất của đường trung bình DB = CE = BF  B là trung điểm của DF. Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính. Hơn nữa, vì OB = AB OA nên đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A. Câu 5. Vì các số a, b, c dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ta có: a b  c  . a  (b  c )  2. a  bc. a ab  c . . 2a abc. Tương tự ta cũng có:. b 2b c 2c  ,  ca abc ab abc Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có a b c 2a  2b  2c     2. bc ca ab abc a  b  c  Dấu bằng xảy ra  b  c  a  a  b  c  0 , không thoả mãn. c  a  b . a b c    2. bc ca ab Lời bình: Câu II.2 Vậy. Biên soạn : Trần Công Hoan. 118. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(119)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.  Các bạn tham khảo thêm một lời giải sau Gọi x1, x2 là các nghiệm nếu có của phương trình . Từ công thức x1,2  (m  1)2  8  | x1  x2 |   2 , với mọi m. |a| 2. b   suy ra : 2a. (*). Kết quả (*) cho thấy  > 0 ,m đồng thời có min|x1 x2| = 2 , đạt được khi m = 8.  Lời giải đã giảm bớt tối đa các phép toán, điều ấy đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót. Câu IV.2 Việc chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng thường được thực hiện bằng cách chứng minh một trong ba điều tương đương sau :  AB + BC = AC (khi đó B thuộc đoạn thẳng AC).  Một trong ba điểm ấy là đỉnh một góc bằng 1800 (chẳng hạn  ABC  1800 )..  Một trong ba điểm ấy là điểm chung của hai đoạn thẳng song song (chẳng hạnAB // BC).  Một trong ba điểm ấy là điểm chung của hai đoạn thẳng cùng tạo với đường thẳng () có sẵn một góc bằng nhau (chẳng hạn ( AB, )  ( AC , ) ).. ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Tính a) A =. 20  3 18  45  72  4.5  3 9.2  9.5  36.2 =. = 2 5  9 2  3 5  6 2  3 2  5 . b) B =. 4 7  4 7. 2 B  8  2 7  8  2 7  ( 7  1) 2  ( 7  1) 2  7  1  7  1. 2 B  2 7  B  14 c) C = C=. x  2 x  1  x  2 x  1 với x > 1 ( x  1  1) 2  ( x  1  1) 2  x  1  1 . x 1  1. +) Nếu x > 2 thì C =. x 1  1  x 1  1  2 x  1. +) Nếu x < 2, thì C =. x 1  1  1  x  1  2 .. Câu 2: a) Hàm số y = (2m - 1)x - m + 2 nghịch biến trên R 1 khi và chỉ khi 2m - 1 > 0 <=> m > 2 b) Đồ thị hàm số đi qua A (1; 2) khi: 2 = (2m - 1).1 - m + 2 <=> m = 1. Vậy hàm số y = x + 1 Câu 3: Gọi x, y là thời gian người thợ thứ nhất và người thợ thứ 2 làm một mình (x, y > 0, tính bằng giờ). 1 1 1 1 1 - Một giờ mỗi người làm được ; công việc cả 2 người làm được + = . (vì 2 người làm x y x y 16 trong 16 giờ thì xong công việc). Biên soạn : Trần Công Hoan. 119. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(120)</span> LUYỆN THI VÀO THPT - Trong 3 giờ người thứ nhất làm được. NĂM HỌC 2011 - 2012. 6 3 1 (CV), 6 giờ người 2 làm được (CV) vì cả hai làm được x y 4. 6 1 3 + = x y 4 Do đó ta có hệ phương trình:. (CV) nếu ta có. 1 1 1 3 3 3 3 1  x  y  16  x  y  16  y  16  x  24       .  3 6 1 3 6 1 1 1 1 y  48            x y 4  x y 4  x y 16 Vậy người thứ nhất hoàn thành công việc trong 24 giờ người thứ hai hoàn thành công việc trong 48 giờ Câu 4: a) Xét  ABM và  AMC   MCB  Có góc A chung; AMB. M. 1 sđ cung MB) 2 A =>  AMB ~  ACM (g.g) AM AB =>  => AM2 = AB.AC AC AM N  = 1800 b) Tứ giác AMON có M. (=. B. K. O. D. I C. N. N  = 900 tính chất tiếp tuyến) (Vì M => AMON là tứ giác nội tiếp được - Vì OI  BC (định lý đường kính và dây cung)   I = 900 + 900 = 1800 => AMOI là tứ giác nội tiếp được Xét tứ giác AMOI có M. c) Ta có OA  MN tại K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC tại D.   I = 1800 => tứ giác KOID nội tiếp đường tròn tâm O1 Xét tứ giác KOID có K => O1 nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI = AK.AO = AM2 = AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định). Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định. Vậy O1 tâm đường tròn ngoại tiếp  OIK luôn thuộc đường trung trực của DI cố định. Câu 5: x 1 2x  2 1  2y   2y  1  (*) 2x  1 2x  1 2x  1 Xét pt (*): Để x, y nguyên thì 2x +1 phải là ước của 1, do đó: + Hoặc 2x +1 =1  x = 0, thay vào (*) được y = 1. + Hoặc 2x +1 = -1  x = -1, thay vào (*) được y = 0 Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là: (0; 1) ; (-1; 0).. Ta có: (2x  1)y  x  1  y .  Lời nhắn. Câu IV.c Liên hệ với lời bình sau câu 4c đề 1. ĐỀ SỐ 32 Biên soạn : Trần Công Hoan. 120. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(121)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 1: 1) P = ( 7  3  2)( 7  3  2)  [ 7  ( 3  2)][ 7  ( 3  2)] = ( 7 )2  ( 3  2))2  7  (3  4 3  4)  4 3 . 2) Đường thẳng d và d song song với nhau khi và chỉ khi: m 2  1  3 m 2  4 m  2    m  2  m  2 m  1  1 m  2. Câu 2: x2 + (2m + 1) x + m2 + 1 = 0 (1) a) Khi m = 1 ta có phương trình: x2 + 3x + 2 = 0 Vì a = 1; b = 3; c = 2 => a - b + c = 0 Vậy phương trình có x1 = - 1; x2 = - 2 b) Phương trình (1) có 2 nghiệm âm khi và chỉ khi: 3  (2m  1)2  4(m 2  1)  0   0 m  4m  3  0  3    4    m . S  0  (2m  1)  0 4 2m  1  0 P  0 m 2  1  0 m   1    2 2 2 Câu 3: Ta có: a + b > 2ab = 1 (vì ab = 1) 4 4 A = (a + b + 1)(a2 + b2) + > 2(a + b + 1) + ab ab 4 = 2 + (a + b + ) + (a + b) > 2 + 4 + 2 = 8. ab 4 (a + b + > 4 và a + b > 2 ab vì áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương) ab 1 Dấu “=” khi và chỉ khi a = b = . 2 A Vậy minA = 8. Câu 4:. K  = 900 + 900 = 1800 a) Xét tứ giác BHMK: H => Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn. CM tương tự có tứ giác CHMI cũng nội tiếp được.   HMK  C   HMI  = 1800 b) Ta có B. I K M. B H. C. C   HMK   HMI  (1) mà B   BCM  , KBM   KHM  (vì 2 góc nội tiếp KBM. cùng chắn cung MK và góc tạo bởi tia tt ... và góc nội tiếp cùng chắn cung BM).   HIM  (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội HCM.  )  KHM   HIM  (2). tiếp cùng chắn HM MH MK Từ (1), (2) =>  HMK ~  IMH (g.g) =>   MH 2 = MI .MK (đpcm) MI MH c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi  APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi. Biên soạn : Trần Công Hoan. 121. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(122)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi  APQ không phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm).. x 5  2y  a (1) Câu 5: Giả sử hệ  2 có nghiệm là (x; y) 2 x  y  1 (2) Từ (2) suy ra x  1, y  1 . Từ (1) ta có:. x 5  2y  x 5  2 y  x 2  2 y  ( x 2  y 2 )  ( y 2  2 y  1)  1  2  ( y 2  2 y  1)  2  ( y  1)2  2  a  2 trái giả thiết là a  2 . Suy ra hệ trên vô nghiệm, đpcm.. ĐỀ SỐ 33  x  3y  10 2x  6y  20  x  3y  10 Câu 1: a)    2x  y  1 2x  y  1  y  3   x  3(3)  10 x  1   .  y  3  y  3 b) Hàm số y = (m + 2) x - 3 đồng biến trên R khi và chi khi m + 2 > 0  m > - 2..  a 1 2 a   1  2 a Câu 2: a) A =    :   a 1   a 1 a (a  1)  (a  1)    ( a  1)2 ( a  1)2  1 2 a ( a  1) 2 = :  : .  a 1 a 1 ( a  1)(a  1)  a  1 (a  1)( a  1)  =. ( a  1)2 (a  1)( a  1) .  a 1. a 1 ( a  1)2. b) a = 2011 - 2 Vậy A =. 2010  ( 2010  1) 2  a  2010  1. 2010 .. Câu 3: a) Với k = -. 1 ta có: 2. 1 2 (x - 4x + 3) + 2 (x - 1) = 0  x2 - 8x + 7 = 0. Vì a + b + c = 1 + (- 8) + 7 = 0 2 Nên pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 7. -. b) + Nếu k = 0, phương trình có dạng 2(x - 1) = 0  x = 1 + Nếu k  0, phương trình có dạng: kx2 + 2(1 - 2k) x + 3k - 2 = 0 ' = (1 - 2k)2 - k(3k - 2) = 1- 4k + 4k2 - 3k2 + 2k. = k2 - 2k + 1 = (k - 1)2 > 0 với mọi k. Vậy phương trình có nghiệm với mọi k. Câu 4: a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung trong cắt BC tại M Ta có MB = MA = MC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)  = 900.  A Biên soạn : Trần Công Hoan. 122. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(123)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. b) Giả sử R’ > R. Lấy N trung điểm của OO’. Ta có MN là đường trung bình của hình thang vuông OBCO’ C  = 900) và tam giác AMN vuông tại A. (OB // O’C; B Có MN =. R  R' R  R ; AN = . Khi đó MA2 = MN2 - AN2 = RR’ 2 2. RR' mà BC = 2MA = 2 RR'  = 900 ; OA = OB = OD) c) Ta có O, B, D thẳng hàng (vì BAD. C M B. A O. O'. N. => MA =. D E.  = 900, BA  CD, ta có: BD2 = DA . DC (1)  BDC có DBC DE DA  ADE ~  EDC (g.g) =>  => DA . DC = DE2 (2) DC DE (1), (2) => BD = DE (đpcm).. Câu 5: Xét 1   2 = a1  4b1  a 22  4b2  a12  a 22  4(b1  b2 )  a12  a 22  2a1 a 2 (vì a1a2 > 2(b1 + b2)). Mà a12  a 22  2a1 a 2  (a1  a 2 ) 2  0 , 1   2 > 0 => Tồn tại 1 hoặc  2 không âm => ít nhất một trong 2 phương trình đã cho có nghiệm. Lời bình: Câu III.b 1) Để chứng minh phương trình có nghiệm không phụ thuộc giá trị của k có hai cách giải. Cách 1 (Đã nói ở lời bình sau câu 2(1) Đề 24) Xem k(x2  4x  3) + 2(x  1) = 0 (*) là phương trình đối với ẩn k . Thế thì (*) có nghiệm không phụ thuộc k khi và chỉ khi x2  4x  3 = 2(x  1) = 0  x = 1. Cách 2 (Phương pháp cần và đủ) + Phương trình (*) có nghiệm với mọi x ắt phải có nghiệm với k = 0. + Với k = 0 ta có k(x2  4x  3) + 2(x  1)  x = 1. Thay x = 1 vào (*) có 0k + 0 = 0 nghĩa là x = 1 là nghiệm của (*) với mọi k. Ta có điều phải chứng minh. 2) Kết quả một bài toán đâu phải chỉ có là đáp số. Cái quan trọng hơn là cách nghĩ ra lời giải chúng như thế nào, có bao nhiêu con đường (cách giải) để đi đến kết quả đó : Câu V : 1) Mấu chốt của bài toán là chuyển hoá hình thức bài toán. Cụ thể ở đây là biết thay thế việc chứng minh ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm bằng cách chứng minh 1 + 2  0. Sự chuyển hoá này đã giúp kết nối thành công với giả thiết a1 + a2  2(b1 + b2). 2) Một cách hiểu khác của bài toán là : Chứng minh cả hai phương trình không thể cùng vô nghiệm. Với cách hiểu này ta chuyển hoá thành chứng minh khả năng 1 + 2 < 0 không thể xảy ra. Thật vậy: Nếu 1 < 0 và 2 < 0 suy ra 1 + 2 < 0. Điều này sẽ dẫn tới mâu thuẫn với a1 + a2  2(b1 + b2). Bài toán được chứng minh. 3) Các cách chứng minh bài toán trên cũng là cách chứng minh trong nhiều phương trình bậc hai, ít nhất có một phương trình có nghiệm. 4) Cùng một kiểu tư duy ấy bạn dễ dàng chứng minh : Với mọi giá trị của m, phương trình x2  mx + m = 0 không thể có hai nghiệm cùng dương. Thật vậy : + Nếu m = 0, phương trình có nghiệm x = 0. Biên soạn : Trần Công Hoan Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị 123 Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(124)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. + Nếu m < 0, phương trình có nghiệm hai nghiệm trái dấu (do ac < 0). + Nếu m > 0, nếu cả hai nghiệm x1, x2 đều âm thì x1+ x2 < 0 suy ra . b  m  0 (!). a. Mâu thuẫn với m > 0. Vậy là bài toán được chứng minh.. ĐỀ SỐ 34 Câu 1: P = Nếu a> 2 =>. a 11 . a 11. a 11  0  P  2 a 1. Nếu 1< a < 2 => a  1  1 < 0 => P = 2 Câu 2: ĐKXĐ: x > 0; x  1. 1) Q =. ( x  1) 2 ( x  1) 2  ( x  1) 2 ( x  1) 2 .4 x x  1 .   . 4x x 1 4 x.( x  1) x.  x  1 (loai) 1 2) Q = - 3 x  3 => 4x + 3 x - 1 = 0   x (thỏa mãn)  x1 16  4 Câu 3: Đặt x = t, được t2 + 2(m - 1)t + m + 1 = 0 (1) Phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt <=> (1) có 2 nghiệm khác dấu hoặc (1) có nghiệm kép t > 0. +) (1) Có 2 nghiệm khác dấu <=> m + 1 < 0 <=> m < -1 m  0 +) ' = 0 <=> m2 - 3m = 0 <=>  m  3 Thay vào (1) để xét thì m = 0 thỏa mãn, m = 3 bị loại. Vậy m < - 1 hoặc m = 0.. 3( x  1) 2  16  ( x  1) 2  25 = 9 - (x - 1)2. Câu 4: PT <=>. VT > 9; VP < 9 (vì (x - 1)2 > 0) nên: VT  9 PT <=>  <=> x = 1 (TM) VP  9. N. Câu 5: 1) Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng MN. Xét tứ giác OAMH H   1800 (do A  H   900 ) A. H. M. => OAMH là tứ giác nội tiếp đường tròn. Tương tự tứ giác OANH nội tiếp được  M , B N  (2 góc nội tiếp chắn 1 cung) => A 1. 1. 1. A. O. B. 1.  = 900 B  M N   900 => AHB A 1 1 1 1 => MN là tiếp tuyến 2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng trong tam vuông, ta có:. AB 2 AM. BN = MH . NH = OH = (đpcm) 4 1 1 3. S MON  OH . MN > OH . AB (Vì AMNB là hình thang vuông) 2 2 Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB. 2. Biên soạn : Trần Công Hoan. 124. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(125)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. AB . 2 AB nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN = . 2.  M, N song song với AB  AM = BN = Vậy S MON. ĐỀ SỐ 35 x 3 (x  3) 2  1 khi x  3  =  x 3 x 3 1 khi x  3 Câu 2: a) Bình phương hai vế ta được: x2 - 2x + 4 = 4 <=> x(x - 2) = 0 <=> x = 0 hoặc x = 2 b) Đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b đi qua điểm A (1; 2) và B (2; 0) khi và chỉ khi: a  b  2 a  2   2a  b  0 b  4 Câu 1: A =. Vậy y = - 2x + 4 Câu 3: a) Với m = 2, ta có phương trình x2  x  2  0  x  1; x  2 (x2 - x - 2)(x - 1) = 0 <=>   x  1  x 1  0 Vậy phương trình có 3 nghiệm x  1; x = 2 b) Vì phương trình (1) luôn có nghiệm x1 = 1 nên phương trình (1) có 2 đúng nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 có nghiệm kép khác 1. 1    0 1  4m  0 1 m      4 m . 4 f (1)  0 1  1  m  0 m  0 - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1. 1    0 1  4m  0 m      4  m  0. f (1)  0 m  0 m  0 Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = Câu 4: a) Vì MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) Nên MA  OA; MB  OB; Mà OI  CD (Theo định lý đường kính là dây cung).   MBO   MIO  = 900 => 3 điểm A, B, I Do đó MAO. 1 ; m = 0. 4 A. O. M C. I. D thuộc đường tròn đường kính MO hay 5 điểm M, A, I, O, B cùng thuộc một đường tròn. B   AOM  (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA) BIM   BOM  (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung b) Ta có: AIM   BOM  (tính chất hai tiếp tuyến) MB) mà AOM.   BIM  => IM là phân giác của góc AIB (đpcm). => AIM 4 4 (1) x  y  1 Câu 5:  3 3 2 2 x  y  x  y (2). Biên soạn : Trần Công Hoan. 125. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(126)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Từ (1) suy ra: x 4  1  x  1 . Tương tự y  1 (3). (2)  x 2 (1  x )  y 2 (1  y)  0 (4), Từ (3) suy ra vế trái của (4) không âm. nên.  x 2 (1  x )  0 x  0 x  0 x  1 x  1 (4)   2  ; ; ; .  y (1  y)  0 y  0 y  1 y  0 y  1 x  0  x  1 Thử lại thì hệ chỉ có 2 nghiệm là:  ; y  1  y  0. ĐỀ SỐ 36 Câu 1: a) P = 1  5  1  5  1  5  5  1  2 5 . b) x2 + 2x - 24 = 0 ' = 1 + 24 = 25 => ' = 5 => phương trình có 2 nghiệm x1 = - 1 + 5 = 4; x2 = - 1 - 5 = - 6 2 a a 1 7 a  3 Câu 2: a) P =   a 3 a  3 ( a  3)( a  3). = =. 2 a ( a  3)  ( a  1)( a  3)  7 a  3 ( a  3)( a  3) 3a  9 a ( a  3)( a  3). Vậy P =. . 3 a ( a  3) ( a  3)( a  3). . . 2a  6 a  a  4 a  3  7 a  3 ( a  3)( a  3). 3 a a 3. 3 a . a 3. 3 a 3 9 1 3 a  a  3  a   0  a  . 2 4 a 3 4 2 Câu 3: a) Với m = 4 ta có x - 5x + 4 = 0 Đặt x2 = t , với t  0 ta có pt t2 - 5t + 4 = 0 <=> t1 = 1; t2 = 4 b) P < 1 . x2  1  x  1 Từ đó, ta được:  2  .  x  4  x  2 Vậy phương trình có 4 nghiệm x  1; x  2. b) x4 - 5x2 + m = 0 (1) có dạng f(y) = y2 - 5y + m = 0 (2) (với y = x2 ; y > 0) Phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt <=> phương trình (2):. 25    0 25 m  1) Hoặc có nghiệm kép khác 0 <=>   . 4 m 4 f (0)  0 m  0 2) Hoặc có 2 nghiệm khác dấu  m  0 . 25 Vậy m = hoặc m < 0 thì phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt 4  = 900 (vì AF  AB) Câu 4: a) FAB  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BEC  = 900. Do đó FAB   BEF  = 1800 => BEF. Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. Biên soạn : Trần Công Hoan. 126. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(127)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.   AEB  = ( 1 sđ cung AB) (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 b) Ta có: AFB 2 cung)   BMD  = ( 1 sđ cung BD) (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) AEB 2   BMD  => AF // DM mà FA  AC => DM  AC Do đó AFB AC CF  => CE.CF = AC.BC CE BC AB AD  ABD ~  AEC (g.g) =>  => AD.AE = AC.AB AE AC (1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm) 2 1 (2  2 x )  2 x (1  x )  x Câu 5: Ta có y =    1 x x 1 x x. c)  ACF ~  ECB (g.g) =>. F. E D. O A. B. C. (1) M. (2). 2x 1  x 2x 1  x   3 2 .  3  2 2 (áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương) 1 x x 1 x x 2x 1  x Đẳng thức xảy ra <=>   x  2  1 (loại nghiệm x = - 1 - 2 ) 1 x x =2+1+. Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng 3 + 2 2 khi x =. 2 -1..  Lời nhắn. Câu IV.c. Liên hệ với Lời bình sau câu 4c,đề 6.. ĐỀ SỐ 37. Câu 1: M = =. x ( x 3  1) x ( x 3  1)  +x+1 x  x 1 x  x 1. x ( x  1)( x  x  1) x ( x  1)( x  x  1)   x 1 x  x 1 x  x 1. =x-. x-x-. x + x + 1 = x - 2 x + 1 = ( x - 1)2. 3x  5y  18 3x  5y  18 11y  33 x  1 Câu 2: a)  .    x  2y  5 3x  6y  15  x  2y  5 y  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (- 1; 3) b) Hai đường thẳng (d) và (d’) song song khi và chỉ khi:. 3  a  3  a a   2.  b  2  b b  1 Câu 3: a) Khi m = - 3, ta có phương trình x2 - 2x - 3 = 0 Vì a - b + c = 1 - (- 2) + (- 3) = 0 nên x1 = - 1; x2 = 3 b) Phương trình có nghiệm  ' > 0  1 - m > 0  m < 1 Khi đó theo hệ thức Viét, ta có: x1 + x2 = 2 và x1 x2 = m (1) Biên soạn : Trần Công Hoan. 127. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(128)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 1 1 x12  x 22 (x1  x 2 )2  2x1x 2  1 2 2 1 1 x2 x2 x1 x 2 (x1x 2 ) 2. (2). Từ (1), (2), ta được: 4 - 2m = m2 <=> m2 + 2m - 4 = 0 ' = 1 + 4 = 5 => ' = 5 nên m = -1 + 5 (loại); m = - 1 - 5 (T/m vì m < 1).. Vậy giá trị m cần tìm là: m  1  5  = 900 Câu 4: a) Ta có ACK. A. (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) H. O. Nên CK  AC mà BH  AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK M B => Tứ giác BHCK là hbh (đpcm) K b) OM  BC => M trung điểm của BC (định lý đường kính và dây cung) => M là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm  AHK có OM là đường trung bình => AH = 2.OM     mà ACB   BAx  C  BB C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => AC B = ACB c) Ta có AC (Ax là tiếp tuyến tại A) => Ax // B’C’ 1 OA  Ax => OA  B’C’. Do đó SAB’OC’ = R.B’C’ 2 1 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 2 1 1 1 S ABC = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ .BC < (AO + OM).BC 2 2 2 => A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng <=> A là đỉểm chính giữa cung lớn BC.. x2  x 1  y(x 2  2x  2)  (x 2  x  1)  0 2 x  2x  2 2 (1)  (y - 1)x + (2y - 1)x + (2y - 1) = 0 - Nếu y = 1 thì x = - 1 - Nếu y  1 thì (1) là phương trình bậc hai đối với x. Để (1) có nghiệm thì phải có 1 3  = (2y - 1)2 - 4 (y - 1)(2y-1)  0  (2y  1)(2y  3)  0   y  . 2 2 1 1 y khi x = 0. Vậy min y = .. 2 2 Câu 5: y =. ĐỀ SỐ 38 Câu 1: a) Ta có x2 + nên P = =. x  x ( x 3  1)  x ( x  1)(x  x  1). x ( x  1)( x  x  1) x (2 x  1) 1 x  x 1 x. x ( x  1)  1  2 x  1  x  x . Vậy P = x  x .. Biên soạn : Trần Công Hoan. 128. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). C.

<span class='text_page_counter'>(129)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. b) P = 0  x - x = 0  Vậy x = 1 thì P = 0. NĂM HỌC 2011 - 2012. x ( x - 1) = 0 . x = 0 (loại) ; x = 1 (t/m). Câu 2: a) Ta có 1  x 2 = 1 - x. Đk: x < 1 Bình phương hai vế, ta được phương trình hệ quả: 1 - x2 = (1 - x)2. <=> 2x2 - 2x = 0 <=> 2x (x - 1) <=> x = 0 ; x = 1 Thay vào pt đã cho thử lại thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn. b) Đk: x  0 và y  0. Hệ đã cho tương đương với hệ phương trình:. 3 3 5 7 7  x  2 x  y  2 x  2   x 2     . 3  y  3 4  3 1  4  3  1 2  y  1   x y  x y Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 3). Câu 3: a) Với m = - 1 ta được phương trình: x2 + 4x = 0 <=> x(x + 4) = 0 <=> x = 0 ; x = - 4 b) Phương trình (1) có nghiệm khi ' > 0 <=> (m -1)2 - (m+ 1) = m2 - 3m = m(m - 3) > 0 <=> m > 3 ; m < 0. (1) Khi đó theo hệ thức Viét ta có: x1 + x2 = 2(m - 1) và x1x2 = m + 1 (2) Ta có: nên. x1 x 2 x 2  x 22 (x1  x 2 )2  2x1x 2  = 1 .  x 2 x1 x1 x 2 x1 x 2. x1 x 2 (x  x 2 )2  2x1x 2  4 1  4  (x1  x 2 )2  6x1x 2 (3) x 2 x1 x1x 2. Từ (2). (3) ta được: 4(m - 1)2 = 6(m + 1) <=> 4m2 - 8m + 4 = 6m + 6 <=> 2m2 - 7m - 1 = 0. 7  57 7  57 <0;m= > 0. 4 4 Đối chiếu đk (1) thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn.   DMO  = 900 (vì gt) Câu 4: a) Ta có: DBO  m = 49 + 8 = 57 nên m =. A. => 2 điểm B, M thuộc đường tròn đường kính DO =>đpcm b) Chứng minh tương tự có 4 điểm O, C, E, M cùng thuộc một đường tròn   MCO  (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MO) => MEO. E.   MDO  (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MO) MBO   MCO  (vì  BOC cân tại O) Mà MBO   MDO  =>  DOE cân tại O => MEO Mà MO  DE nên MD = ME (đpcm). B. M. D. Câu 5: Đặt x 2  1 = t, với t > 0, ta có t2 - (x + 3) t + 3x = 0 Xem pt trên là pt bậc 2 đối với t.  = (x + 3)2 - 12x = (x - 3)2 x 3 x 3 x3 x3 t1 =  x ; t2 = 3 2 2 Biên soạn : Trần Công Hoan. 129. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). C.

<span class='text_page_counter'>(130)</span> LUYỆN THI VÀO THPT Do đó: - Hoặc: - Hoặc:. NĂM HỌC 2011 - 2012. x  0 x2 1 = x   2 vô nghiệm. 2 x  1  x. x 2  1 = 3  x2 = 8  x =  2 2. Vậy phương trình có 2 nghiệm x =  2 2 .. ĐỀ SỐ 39 Câu 1: (2 điểm) 1) Tính:. 48 - 2 75 + 108 = 16 . 3 - 2 25 . 3 + 36 . 3. = 4 3 - 10 3 + 6 3 = 0 2) Rút gọn biểu thức: P = . 1. 1 - x. -. 1   1   . 1  1+ x  x. 2 x x -1 -2 =  1 + x - 1 + x   x - 1  = . =   x 1+ x 1- x x  1- x   Câu 2:1) Đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N( 4; -1) nên: a = - 3 2 = 3a + b    - 1 = 4a + b b = 11. 2) Giải hệ pt:. 2x + 5y = 7 x = 1 2x + 5y = 7 17y = 17 .     3x - y = 2 15x - 5y = 10 3x - y = 2 y = 1 Câu 3: 1) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: x2 - 4x -12 = 0  ' = 16, pt đã cho có 2 nghiệm: x = - 2; x = 6. 2) Phương trình (1) có nghiệm   '  0  m2 + 6m  m  6; m  0 (2) x + x = 2m Khi đó, theo hệ thức Vi ét ta có:  1 2 (3) x1x 2 = - 6m Phương trình có 1nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia khi và chỉ khi: x1  2x 2 ; x 2  2x1  (x1  2x 2 )(x 2  2x1 )  0  5x1x 2  2(x12  x 22 )  0  5x1x 2  2[(x1  x 2 ) 2  2x1x 2 ]  0  9x1x 2  2(x1  x 2 ) 2  0. Từ (3), (4), ta có: 54m  8m 2  0  m  0; m   Vậy các giá trị m cần tìm là m  0; m  . (4). 27 (thỏa mãn đk (2)) 4. M. 27 . 4. O1 E. Câu 4: 1. Theo giả thiết MN AB tại I  = 900 hay ECB  = 900 ACB  + ECB  = 1800  EIB mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiêt MN AB, suy ra A là điểm Biên soạn : Trần Công Hoan 130. A. I. O. C. B. N. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(131)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.  nên AMN  = ACM  (hai chính giữa của MN  = ACM  , lại có CAM  là góc chung do đó tam giác góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME AM AE AME đồng dạng với tam giác ACM  =  AM2 = AE.AC. AC AM  = ACM   AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ECM. Nối MB ta có 3. Theo trên AMN  = 900, do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM. AMB. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM  NO1 BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp  ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp  ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM.. 2 2 x-y x-2 3 3 2x 2 22 - 22 2 - 2 = (x - ) 2  K = x2 - 2x - y  x - 2x + 3 3 9 9 Câu 5: Từ 2x + 3y  6  y  2 -. - 22 2 14 khi x = ; y= 9 3 9 2 Ta có : 2x + xy  4x ( x  0) - y  x + 2 xy  x 2 - 2x - y  -y= 0 2 2. Suy ra :. min K =. y = 0 y = 0 Suy ra : max K = 0 khi  hoặc  x = 0. x = 2. Lời bình : Câu V.  Nhiều khi tìm trực tiếp GTNN của biểu thức K thật khó khăn. "Cái khó ló cái khôn", người ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn) theo sơ đồ "bé dần": K  B . Rồi đi tìm GTNN của B, từ đó mà suy ra GTNN của biểu thức K. Các mối liên hệ giữa K và giả thiết sẽ chỉ dẫn chúng ta tìm đến B. + Trong bài toán trên, thấy trong biểu thức K = x2  2x  y có chứa  y, nên để thuận theo sơ đồ "bé dần" ta biến đổi : 2x 2x + 3y  6   y  2 3 2 2  22 2x  Thay  y bởi  2 ta có K  B   x    . 3 3 9   Cũng vậy, đối với tìm GTLN thì việc bắc cầu phải theo sơ đồ "lớn dần": K  L + Trong các giả thiết không thể suy ra  y  h(x) để tìm L (lớn hơn) trong sơ đồ "lớn dần" . Vậy nên để có biểu thức L buộc phải đánh giá bộ phận còn lại x2  2x  g(x). y x 0 xy xy Ta có 2x + y  4  x  2   x2  2x  . (ở đây g ( x )  ) 2 2 2 xy y Thay x2  2x bởi ta có K  L   ( x  2) . 2 2  Chắc chắn bạn còn thắc mắc là bài toán có hai giả thiết, thế nhưng khi tìm GTNN (GTLN) lại sử dụng giả thiết này mà không sử dụng giả thiết kia ? Biên soạn : Trần Công Hoan Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị 131 Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(132)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. + Trong quá trình đánh giá có thể tìm được nhiều biểu thức B. Gọi Bk là một trong số các biểu thức B tìm được và có minBk = . Thế thì  chưa hẳn đã là GTNN của K. Chỉ trong trường hợp khi minBk =  mà ta cũng có K = Bk (hoá giải được dấu "=" trong sơ đồ "lớn hơn") thì mới có minK = minBk = . Trong trường hợp đó biểu thức Bk được gọi là "kết". Lời giải chỉ thành công khi tìm được "kết". Trong bài toán trên, sử dụng giả thiết còn lại không dẫn tới "kết". Tình huống cũng tương tự đối với việc tìm biểu thức L. Biểu thức L dẫn tới maxK cũng được gọi là "kết". + Trong bài toán trên, hình thức các giả thiết chưa đủ để chỉ dẫn "bắt mạch" sử dụng giả thiết này hay giả thiết kia. Nhiều bài toán phức tạp có thể cần sự kết hợp của tất cả các giả thiết mới tìm được "kết".  Mấu chốt của bài toán tìm GTNN, GTLN là tìm "kết". Nhìn lại kết của các đề trước : + Câu 5, đề 1, "kết" chính là biểu thức phải tìm GTNN. 3 6 1 8 3 + Câu 5, đề 11, "kết" là Bk  ( x  y )   x     y   . 2 x 2 y 2 + Câu 5, đề 32, "kết" là Bk = 1 + 2. ĐỀ SỐ 40 3 1 3 Câu 1. a) 3x + 4y = 2  y   x  , nên hệ số góc của đường thẳng d là k =  . 4 2 4 3 1  2  2 1  m  1   4 m  4 m   2 1 b) d // d1     m . 2 m  1 m  1 m  1  2  2  2 1 Vậy với m   thì d1 // d. 2 ax  by  3 x  3 a.3  b(1)  3 Câu 2. Hệ phương trình  có nghiệm  nên  bx  ay  11  y  1 b.3  a(1)  11 3a  b  3 9a  3b  9 10a  20 a  2 a  2 .       a  3b  11 a  3b  11 a  3b  11 3a  b  3 b  3 Câu 3. a) Do ac  (1  3)(1  3)  1  3  2  0 nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Vì x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có:. 2 1 3 , x1 x 2  . 1 3 1 3 1 1 x1  x 2 2 2(1  3) Do đó: S       (1  3) . x1 x 2 x 1x 2 2 1 3 x1  x 2 . và P =. 1 1 1 1  3 (1  3) 2 4  2 3 .       (2  3) . x1 x 2 x 1 x 2 1  3 2 2. Vậy phương trình bậc 2 cần tìm là: X 2  (1  3)X  (2  3)  0 . Câu 4.. Biên soạn : Trần Công Hoan. 132. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(133)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012 C. D E. a) Tam giác ADE cân tại A vì AD = AE. Lại có:  = DAB   EAB   900  600  300 A 1 Do đó   AED   1 (1800  300 )  750 . ADE 2 b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF   450 . vuông cân tại B, nên E 1 Từ đó ta có:. 3. 2. 1. x. M F. O 1 2. A. 1. B.   DEA E E   750  600  450  1800 suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm. DEF 2 1     300 nên B   300 . c) Ta có: B1  A1 (cùng chắn cung EM) suy ra B 1 2 0    Mà E  B nên E  30 . 3. 2. 3.  E   60  300  900 hay ME  EB. Mặt khác BF  EB do đó ME // BF. Vậy E 2 3 0. Câu 5. Từ (1) ta có: x 3  2(y  1) 2  1  1  x  1 (3) 2y  1  x 2  1  1  x  1 Từ (2) ta có: x 2  2 (4) y 1 Từ (3) và (4), suy ra x = -1, thay vào hệ đã cho ta được y = 1. Vậy P = 2.. II - LỚP 10 THPT CHUYÊN ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Đặt x -. 2 4  t (1), suy ra x 2  2  t 2  4 x x.  t  1 Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 – 4t – 5 = 0   . t  5 Lần lượt thay các giá trị của t vào (1) thì phương trình đã cho có 4 nghiệm: 5  33 5  33 x1 = 1; x2 = - 2; x 3  ; x4  2 2 b) Đk: x ≥ - 2 (1) Đặt x + 5  a; x + 2  b  a  0; b  0  (2) Ta có: a2 – b2 = 3;. x 2  7x + 10 .  x + 5 x + 2   ab. Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(1 + ab) = a2 – b2  (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0  x + 5  x + 2 (VN)  x = - 4 nên  x + 5  1  x = - 1  x + 2  1  Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 1. a - b = 0  1 - a = 0 1 - b = 0. Biên soạn : Trần Công Hoan. 133. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(134)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Câu 2:.  1 b3 a     x  b3 x a  b  1 c3  a) Đặt  y  3    , khi đó do abc = 1 nên xyz = 1 (1). c  y b c  1 a3 z  a 3    z c 1 1 1 Từ đề bài suy ra x  y  z     x + y + z = yz + xz + xy (2). x y z Từ (1) và (2) suy ra: xyz + (x + y + z) – (xy + yz + zx) – 1 = 0  (x – 1)(y – 1)(z – 1) = 0. Vậy tồn tại x =1 chẳng hạn, suy ra a = b3, đpcm. 84 84 1  a; 3 1   b  x = a + b; a3 + b3 = 2; ab =  . 9 9 3 3 3 3 3 Ta có: x = (a + b) = a + b + 3ab(a + b) Suy ra: x3 = 2 – x  x3 + x – 2 = 0   x - 1 x 2  x + 2  0. b) Đặt 3 1 . . . 2. 1 7   x = 1. Vì x2 + x + 2 =  x +    0 . Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 2 4  Câu 3: Áp dụng các BĐT:. . . . a + b  2 a 2  b 2 ; a + b + c  3 a 2  b 2  c2. . (được suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacôpski) Ta có:.   2 1  y  2y   2  y + 1 2 1  z  2z   2  z + 1. 1 + x 2  2x  2 1  x 2  2x  2  x + 1 1 + y 2  2y  1 + z 2  2z . 2. 2. x  y  z  3 x + y + z Lại có: A = 1  x 2  1  y 2  1  z 2  2x  2y  2z. . + 2 2. . x y z.  .  A  2  x + y + z + 3  2  2. . 3 x + y + z.  A  6 + 3 2 (do x + y + z  3). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy maxA = 6  3 2. Câu 4:   a) Ta có: ABO  ACO  900 (tính chất tiếp tuyến) (1). A. 134. E. M. D. C. B. AB = AC  OA 2  OB2 = R = OB = OC (2). Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuông. b) Theo bài ra ta có: AD + DE + AE = 2R (3). Suy ra: DE = BD + CE (4). Vẽ OM  DE (M  DE) (5) Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF = BD; suy ra ∆BDO = ∆COF (c-g-c) Biên soạn : Trần Công Hoan. y. x. F R O. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(135)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012.  OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c)  OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6). Từ (5) và (6) suy ra DE là tiếp tuyến của đường tròn (O;R). 1 c) Đặt: AD = x; AE = y  SADE  xy (x, y > 0) 2 Ta có: DE  AD2  AE 2  x 2 + y 2 (định lí Pitago). Vì AD + DE + AE = 2R  x + y +. x 2  y 2 = 2R (6). Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có:. x + y  2 xy và x 2 + y 2  2xy (7). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.. . . Từ (6) và (7) suy ra: 2 xy  2xy  2R  xy 2  2  2R. 2R 2 R2  xy   SADE  3 - 2 2 R 2 .  xy   SADE  3 2 2 32 2 2+ 2. 2R. . Vậy max SADE.  = 3  2 2  R. . 2. .  x = y  ∆ADE cân tại A.. Câu 5: Xét điểm A và hình tròn (C1) có tâm A, bán kính bằng 1. C. C1. A. B. C2. - Nếu tất cả 98 điểm còn lại đều nằm trong (C1) thì hiển nhiên bài toán được chứng minh. - Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài (C1). Ta có: AB > 1 (1) Vẽ hình tròn (C2) tâm B, bán kính bằng 1. + Giả sử C là một điểm bất kì khác A và B. Khi đó điểm C thuộc một trong hai hình tròn (C1) và (C2). Thật vậy, giả sử C không thuộc hai hình tròn nói trên. Suy ra: AC > 1 và BC > 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C không có hai điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 1 (vô lí vì trái với giả thiết). Chứng tỏ C (C1) hoặc C (C2). Như vậy 99 điểm đã cho đều thuộc (C1) và (C2). Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải có một hình tròn chứa không ít hơn 50 điểm. ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Theo bài ra ta có: 2011( x  y  2011)  2010 ( y  x  2010).  x  y  2010 2x  4021 x  2010,5 + Nếu x + y - 2011 = 0 thì y - x + 2010 = 0       x  y  2011 2y  1  y  0,5 + Nếu y - x + 2010 = 0 thì x + y - 2011 = 0, ta cũng được kết quả như trên. Biên soạn : Trần Công Hoan. 135. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(136)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 2011 y  x  2010  vô lý (vì VP là số hữu tỉ, VT là số vô tỉ) 2010 x  y  2011 Vậy x = 2010,5 và y = 0,5 là cặp số duy nhất thoả mãn đề bài. b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 <=> (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 <=> (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 <=> (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 . Chỉ có 3 bộ sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = 1 hoặc x = 1005, y = 1, z = 0 hoặc x = 2011, y = 0, z = 0. + Nếu x + y - 2011  0 thì. Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 Đặt a = x  1 ; b = x 2  x  1 Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab <=> (2a - b)(2b - a) = 0 <=> b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) 2 x  1 =. x 2  x  1 <=> 4(x + 1) = x2 - x + 1. <=> x2 - 5x - 3 = 0 <=> x1 = 2). 5  37 5  37 (loại); x2 = 2 2. x  1 = 2 x 2  x  1  x  1  4(x 2  x  1)  4x 2  5x  3  0 vô nghiệm.. 5  37 2 b) Vì a, b, c  [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > 0 <=> 8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 0 <=> 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - 8 + abc nên 2(ab + bc + ca) > 4 (vì a + b + c = 3 và abc  0) Suy ra (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > 4 <=> a2 + b2 + c2  5 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy ra khi một trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1. p Câu 3: Giả sử x = (p, q  Z, q > 0) và (p, q) = 1 q Vậy phương trình có 2 nghiệm: x =. 2.  p p Ta có     6  n 2 (n  N) <=> p2 = q(-P - 6q + n2q) q q => q là ước của p2 nhưng (p, q) = 1 => q = 1 lúc đó x = p => p2 + p + 6 = n2 (p, n  Z) <=> (2p + 1)2 + 23 = 4n2 <=> (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 <=> (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do đó 2n - 2p - 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23 ; 2n - 2p - 1 = 23 và 2n + 2p + 1 = 1 (vì 23  P và 2n + 2p + 1 > 0 và 2n - 2p - 1 > 0) <=> p = 5 (t/m) ; p = - 6 (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm là 5 hoặc – 6 Câu 4:. Biên soạn : Trần Công Hoan. 136. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(137)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. a) Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì N  = 1800). Tứ giác MNCI cũng nội K. A.   MIC  MNC = 900) tiếp được (vì MNC   BMK  , INC   IMC  (1) => BNK. (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung).   IMC  Mặt khác BMK (2). S. H. P. O. K. C.   KMC   KMC   IMC  do (vì BMK cùng bù với góc A của tam giác ABC)  = INC  nên 3 điểm Từ (1), (2) suy ra BNK. B. N. I. M Q. K, N, I thẳng hàng.   MCN    (vì 2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM) b) Vì MAK. =>. AK CN AB  BK CN AB BK CN   cot g   hay   (1) MK MN MK MN MK MK MN. Tương tự có: Mà. AI BN AC CI BN  hay   MI MN MI MI MN. (2). IC BK   IMC )   tg (  = BMK MI MK. Từ (1), (2), (3) =>. (3). AB AC BC   (đpcm) MK MI MN. c) Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P  MS) => HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC)   AIN  vì cùng bằng NMC  ) => KN đi => N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do SAC qua trung điểm của HM (đpcm).. 2x 2  xy  y 2  p Câu 5: Đưa về bài toán tìm P để hệ phương trình:  2 2 x  2xy  3y  4. có nghiệm.. 2 2 (1) 8x  4xy  4y  4p Hệ trên   2 . Lấy (1) - (2), ta có: 2 px  2pxy  3py  4p (2). (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = 0 (3) - Nếu y = 0 => (8 - p)x2 = 0 <=> x = 0 hoặc p = 8  p  0; p  8. - Nếu y  0 chia 2 vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = 0. (4) với t =. x . y. 7 . 5 + Nếu p  8: Phương trình (2) có nghiệm <=> ' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > 0. + Nếu p = 8 thì t = -. <=> p2 - 12p - 18 < 0 <=> 6 - 3 6  p  6  3 6 . Dấu “=” có xảy ra. Vậy min P = 6 - 3 6 , max P = 6 +3 6 . Biên soạn : Trần Công Hoan. 137. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(138)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ SỐ 3. Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b2 - ac + c 2 = = b-c a-c a-b  a - b  a - c . Nhân 2 vế của đẳng thức với. a. 1 ta có: b-c. b - c. 2. =. ab - b 2 - ac + c 2  a - b  a - c  b - c . Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có:. b. c - a . 2. cb - c 2 - ab + a 2 = ,  a - b  a - c  b - c . c. a - b. Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có b) Đặt. 4. 2010 = x 2 ;. 2010 = x  2.  x2 - x 1 + x2  A=  +  x   1-x 2. 2. ac - a 2 - bc + b 2 =  a - b  a - c  b - c . a b c + + = 0 (đpcm) 2 2 (b - c) (c - a) (a - b)2. 2010 = x 4 . Thay vào ta có:. 2 1 2 1+ 2 + 4 x x = 1   1 + x2 x. 1   1 + 2  x   1 + x2. 2. 2. 1 1 =   -   =0 x x. Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2 + bc ≥ 2a bc, b 2 + ac  2b ac ; c2 + ab  2c ab . Do đó. 1 1 1 1 1 1 1  + 2 + 2   + +  a + bc b + ac c + ab 2  a bc b ac c ab  2. a +b b+c c+a + + 1 ab + bc + ca 1 2 2 = a + b + c , đpcm. = .  . 2 2 abc 2 abc 2abc Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều. b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0 Ta có: A = (x - 2 xy + y) + 2y - 2 x +1. x -. y. x -. y - 1 + (2y - 2 y +. . x -. y -1. =. . 2.  =. =[. -2. . . . x -. 2. 2. +. 1 2. . . y + 1] - 2 y + 2y 1 1 )2 2 2 1 1 2 y  1 2 2. .  x=  x - y - 1 = 0 1  A=     2 2 y 1 = 0 y =   Biên soạn : Trần Công Hoan. 9 4 1 4. 138. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(139)</span> LUYỆN THI VÀO THPT Vậy minA = . NĂM HỌC 2011 - 2012. 1 2. Câu 3: a) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có:. 2. x-1+3 5-x. . 2. . 2. 2. . + 32  x - 1 + 5 - x  = 13.4.  2 x - 1 + 3 5 - x  2 13 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3 x - 1 = 2 5 - x  x =. 29 13. Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn.. 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 1 b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f   = x 2 x  0 (1) x. 1 Thay x = 2 vào (1) ta có: f(2) + 3. f   = 4. 2 Thay x =. 1 vào (1) ta có: 2. 1 1 f   + 3.f(2) = 4 2. 1 Đặt f(2) = a, f   = b ta có. 2 Vậy f(2) = -. a + 3b = 4 13   1 . Giải hệ, ta được a = 32 3a + b = 4 a. 13 . 32. b. Câu 4: Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều thì A, O, D 1 1 thẳng hàng và OK = AB. Vì FM = EF mà EF = AB do đó FM = 2 2 OK. o. f. k. m.  = 1200. Ta lại có AF = R  AF = OA và AFM. d. e.  + AOB  = 1800 = AOK  + 600  AOK  = 1200 . Do đó: ∆AFM = ∆AOK AOK b. (c.g.c)  = 600  AMK đều.  AM = AK, MAK. a. d. OA 2 + OB2 2. Biên soạn : Trần Công Hoan. c. h. Câu 5: Gọi BH là đường cao của ∆ABO Ta có 2SAOB = OA . BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA . OB mà OA.OB . o. 139. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). c.

<span class='text_page_counter'>(140)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. OA 2 + OB2 Do đó 2SAOB  2 Dấu “=” xảy ra  OA  OB và OA = OB Chứng minh tương tự ta có:. OB2 + OC2 OC 2 + OD 2 ; 2SCOD  2 2 2 2 OD + OA 2SAOD  2 2  OA 2 + OB2 + OC 2 + OD 2  Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2 2 2 2 2 Hay 2S ≤ OA + OB + OC + OD Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD  = BOC  = COD  = DOA  = 900  ABCD là hình vuông tâm O. và AOB 2SBOC . Lời bình: Câu III.b 1 từ đâu mà ra? 2 Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) . (2). 1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi x . Giả sử x = b là một nghiệm của (2). Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b). ta có hệ  A(a ) x  B(a) y  C (a )   B(b) x  A(b) y  C (b). (3). Giải hệ phương trình (3) (đó là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) . 1  Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2. x 1 1 1 Phương trình Q(x) = P(a)   2  x  , tức là b  x 2 2 1 Số x  được nghĩ ra như thế đó. 2 2) Chú ý: Không cần biết phương trình (2) có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. 3) Một số bài tập tương tự a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f(x) = 2 + 3x. (với x   )..  1  b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu f ( x )  f    x (với 0  x  1).  1 x  1 1 c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu ( x  1) f ( x )  f    (với 0  x  1).  x  x 1 Biên soạn : Trần Công Hoan. 140. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(141)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ SỐ 4. Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 4  2xy = (x + y)2 - 4 = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x+y = -1 Vì x + y + 2 ≠ 0 nên (1) x+y+2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x+y≤. . 2 x 2 + y2. .  x+y≤ 2 2. xy  Từ (1), (2) ta được: x+y+2 Vậy maxA =. (2).  x  0, y  0  2 - 1 . Dấu "=" khi  x = y  x=y= 2 . x 2 + y2 = 4 . 2 -1 .. b) Vì x2 + y2 + z2 = 2 nên: 2 2 2 x 2 + y2 + z 2 x 2 + y2 + z2 x 2 + y2 + z2 + + = + + x 2 + y2 y 2 + z2 z2 + x 2 x 2 + y2 y 2 + z2 z2 + x2 z2 x2 y2 = 2 + 2 + 2 +3 x + y2 y + z2 x + z2 z2 z2 Ta có x2 + y2 ≥ 2xy  2  , x + y2 2xy x2 x2 y2 y2 Tương tự 2  ,  y + z2 2yz x 2 + z 2 2xz 2 2 2 z x y z2 x2 y2 Vậy 2 + + + 3  + + +3 x + y2 y2 + z 2 x2 + z2 2xy 2yz 2xz 2 2 2 x 3 + y3 + z 3 + 2 + 2  + 3 , đpcm.  2 x + y2 y + z2 z + x2 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 2 3x + 10 (1) .Điều kiện: x   (2) 3 (1)  (3x + 10 - 2 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0  ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = 0  3x + 10 - 1 = 0    x = - 3 (thỏa mãn đk (2).  x + 3 = 0 Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3.. 2x  2 x 2 y 2 - 2x + y 2 = 0 (1) y = 2 b)  2   x +1 3 2x - 4x + 3 = - y  y3 = - 2 (x - 1) 2 - 1  2x  1  y2  1  - 1  y  1 2 1+x. Ta có:. Mặt khác: - 2 (x - 1)2 - 1 ≤ - 1  y3 ≤ - 1  y ≤ - 1. (1). (2). Từ (1) và (2)  y = - 1 nên x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn. Vậy x = 1 và y = -1 là các số cần tìm. Câu 3: Biên soạn : Trần Công Hoan. 141. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(142)</span> LUYỆN THI VÀO THPT 3. a) Đặt. x = b > 0 và. 3. NĂM HỌC 2011 - 2012 y = c > 0 ta có x2 = b3 và y2 = c3. b3 + b 2 c + c3 + bc 2 = a. Thay vào gt ta được.  a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + 2 b 2c 2  b + c  a2 = (b + c)3 . 3. a 2 = b + c hay. 3. x2 +. 3. 2. y 2 = 3 a 2 , đpcm.. b) Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình, dễ thấy x 0  0 .  a 1 1 1  + 2 = 0  x 20 + 2 + a  x 0 +  +b=0 x0 x0  x0 x0 . Suy ra x 02 + ax0 + b + Đặt x0 +. 1 1 = y 0  x 02 + 2 = y02 - 2 , y0  2  y 20 - 2 = - ay0 - b x0 x0. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:. y. 2 0. -2. . 2. =  ay0 + b . 2. (y02  2) 2   a + b  y + 1  a  b  (1) y02  1 2. (y 20  2) 2 4 Ta chứng minh  y 20  1 5. 2. 2 0. 2. 2. (2). Thực vậy: (2)  5(y04  4y02  4)  4(y02  1)  5y04  24y 02  16  0 4  5(y02  4)(y02  )  0 đúng với y  2 nên (1) đúng 5. c. 4 Từ (1), (2) suy ra a + b   5(a 2 + b 2 )  4 , đpcm. 5 2. 2. m. k. Câu 4: Đặt AH = x  = 900 (OA = OB = OM) Ta có AMB. b Trong ∆ vuông AMB ta có MA2 = AH . AB = 2Rx a h o h' (H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là hình chữ nhật). Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R - x)2. Do H  AB  O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0 3R 5R ;x= .  (5x - 3R) (3x - 5R) = 0  x = 5 3 Cả 2 giá trị này đều thoả mãn Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’  2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường tròn với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’. Câu 5: Gọi I là trung điểm của CD. Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆BDC  IE // BC Mà GF BC  IE GF (1) d Chứng minh tương tự EG IF (2) Từ (1) và (2)  G là trực tâm của ∆EIF Biên soạn : Trần Công Hoan. 142. a. b e. f g c i. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(143)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. (3)  IG  EF Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) và (4)  IG  DC Vậy ∆ DGC cân tại G  DG = GC ĐỀ SỐ 5 Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x .. 9x x+9. 2. 2.  x2  9x  18x 2 18x 2  Ta có:  x   - 40 = 0 (1)  +  = 40 x + 9 x+9 x+9   x + 9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 x+9  (y + 20) (y - 2) = 0  y = -20 ; y = 2  x 2 = - 20(x + 9)  x 2 + 20x +180 = 0 (3) Thay vào (2), ta có  2  2  x - 2x - 18 = 0 (4)  x = 2(x + 9) = 0 Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: x  1  19. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x  1  19. 2) . Điều kiện. x > 3 x+1 (*)  0  x  1 x-3 . Phương trình đã cho  (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3). x+1 =4 x-3. x+1  t 2 = (x - 3) (x + 1) x-3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0  t = 1; t = - 4 Đặt t =  x - 3. Ta có: (x -3). x 1  1 (1) ; ( x  3) x - 3. x 1   4 (2) x 3. x  3 x  3 + (1)    2  x  1 5 . (x  3)(x  1)  1  x  2x  4  0. (t/m (*)). x  3 x  3 + (2)    2  x  1  2 5 . (t/m (*)) (x  3)(x  1)  16  x  2x  19  0. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x  1  5 ; x  1  2 5 . Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0  - 1 < x < 1  2 - 3x > 0  A ≥ 0. 25 - 30x + 9x 2 (3 - 5x)2 = +16  16 . 1 - x2 1 - x2 3 Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0  x = 5 Vậy minA = 4. Vậy A2 =. 2) Chứng minh:. a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2  2 (a + b + c) (1). Sử dụng bất đẳng thức: 2(x 2  y 2 )  (x  y) 2 , ta có: Biên soạn : Trần Công Hoan. 143. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(144)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. 2(a 2 + b 2 )  (a  b) 2  2. a 2 + b 2  a + b (2) Tương tự, ta được:. 2. b 2 + c 2  b + c. (3) và. 2. c 2 + a 2  c + a (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm.. Câu 3: (1) có nghiệm   y  x 2  4  0  x  2; x  2 (3) (2)  (y  1)2   x 2  2x có nghiệm   x 2  2x  0  2  x  0 (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1). Câu 4: Kẻ MP // BD (P  AD) m MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H. AM AP AM CM Ta có = mà = (gt) AB AD AB CD k e AP CN i f  =  PN // AC Gọi O là giao điểm AD CD a o h b BO CO MK OC của AC và BD. Ta có = , = OD OA PK OA n NH OC NH MK và = . Suy ra: =  KH // MN PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH  MF = EN  ME = NF  + MFH  = 1800 Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH  = 1800 - EHF  = EHA  + FHB   AMB. (1).  = MEF  (góc nội tiếp chắn MF ) Ta có MHF  + FHB  = 900 = MEF  + EMD  Lại có MHF  = EMD   FHB. (2).  = DMB  , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có DMB  = NAB  (góc nội Từ (1) và (2)  EHA  )  EHA  = NAB  do đó AN // EH mà HE  MA nên NA  MA. hay MAN  = 900  AN tiếp chắn NB là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định. 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có AH S AM . HE AD SMAD AM . DI = MAD = ; = = BD SMBD BM . DK BH SMBH BM . HF. AH AD MA 2 HE . DI . = . (1) 2 BD BH MB DK . HF  = FHB  (cùng phụ với MHF  ) mà FHB  = EMD  (CMT) Ta có HMB  = DMH .  = DIK  và EHF  EFH Vậy.  = EFH  vµ Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH  = DIK  vµ Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB.  = 1800 - AMB  EHF  = 1800 - AMB  IDK.  = DIK  vµ EHF  = IDK   DIK HFE (g.g) do đó  EFH ID DK HE.DI suy ra = = 1 (2)  ID . HE = DK . HF  HF HE DK.HF. Biên soạn : Trần Công Hoan. 144. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(145)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. MA 2 AH AD Từ (1), (2)  = . . 2 MB BD BH ĐỀ SỐ 6. Câu 1: Ta có: A = =-1+. 1- 2 2- 3 + + ... + -1 -1. 24 - 25 -1. 2 - 2 + 3 - 3 + ... + 25 = - 1 + 5 = 4. Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra:  x2   y2   z2  x2 y2 z2 + + =0  2  2  2 2 2 2  2 2 2  2 2 2  a +b +c  b a +b +c  c a +b +c  a 1 1 1 1  1  1   x2  2 - 2 2 2  + y2  2 - 2 2 2  + z2  2 - 2 2 2  = 0 (*) a a +b +c  b a +b +c  c a +b +c  1 1 1 1 1 1 Do 2 - 2 > 0; 2 - 2 > 0; 2 - 2 >0 2 2 2 2 a a +b +c b a +b +c c a + b2 + c2 Nên từ (*) suy ra x = y = z = 0, do đó M = 0 2.  a + 1   8a - 1  b) x3 = 2a + 3 x. 3 a 2 -      3   3  3. 3.  x = 2a + 3x .. 1 - 2a . 3.  x3 = 2a + x(1 - 2a). 3  x + (2a - 1) x - 2a = 0  (x - 1) (x2 + x + 2a) = 0 3. x - 1 = 0   2 x  1  x + x + 2a = 0 (v« nghiÖm do a > 1 ) 8  nên x là mét sè nguyên du¬ng Câu 3: a) Ta có:. 4c 1 35 35  +  2. >0 4c + 57 1+a 35  2b 1 + a  2b + 35. Mặt khác. 1 4c 35 1 4c 35    1+a 4c + 57 35 + 2b 1 + a 4c + 57 35 + 2b. . 1 4c 35 2b +1  1= 1 +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b. . 2b 1 57 57  +  2. >0 35 + 2b 1+a 4c + 57 1 + a  4c + 57 . Ta có: 1 -. (1). (2). 1 4c 35  1+ 1+a 4c + 57 35 + 2b. Biên soạn : Trần Công Hoan. 145. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(146)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. . NĂM HỌC 2011 - 2012. a 57 35  +  2. 1+a 4c + 57 35 + 2b. 35 . 57 >0  4c + 57  35 + 2b . (3). Từ (1), (2), (3) ta có:. 8abc 35 . 57  8. 1 + a  4c + 57  2b + 35 1 + a  2b + 35 4c + 57  Do đó abc ≥ 35.57 = 1995. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 35 và c =. 57 . 2. Vậy min (abc) = 1995. b) Đặt t = t=. A B C D = = =  A = ta, B = tb, C = tc, D = td. a b c d. A+B+C+D a+b+c+d. Vì vậy. aA +. bB + cC + dD = a 2 t + b 2 t + c2 t + d 2 t. = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) =. A+B+C+D a+b+c+d. (a + b + c +d)(A + B + C + D). A. Câu 4: a) Xét ∆ABC có PQ // BC . AQ QP = AB BC Q P. BQ QM Xét ∆BAH có QM // AH  = BA AH B Cộng từng vế ta có: M H N AQ BQ QP QM QP QM + = +  1= + AB AB BC AH BC AH 2 2SMNPQ QM  QP QM  QP  1=  + . =   4 AH  BC AH SABC  BC S  SMNPQ  ABC . 2 S QP QM 1 BC max SMNPQ = ABC khi = =  QP = 2 BC AH 2 2 Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đó PQ đi qua trung điểm AH. QP QM QP + QM b) Vì 1 = + mà BC = AH  1 =  QP + QM = BC BC AH BC. C. Do đó chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD. Biên soạn : Trần Công Hoan. 146. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer ().

<span class='text_page_counter'>(147)</span> LUYỆN THI VÀO THPT. NĂM HỌC 2011 - 2012. Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta có:. B. DH2 = HM . HC hay x2 = HM . 2x  HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x. Vậy AH = 3HD.. A. H M D. Biên soạn : Trần Công Hoan. 147. Thị trấn Bến Quan –Vĩnh Linh - Quảng Trị. Create PDF files without this message by purchasing novaPDF printer (). C.

<span class='text_page_counter'>(148)</span>