toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 Đề1 Bài 1 : a) Tính :. ( 2  1)( 2  1). b) Giải hệ phương trình : Bài 2 :.  x  y 1   x  y 5.  x x  1 x x  1  2( x  2 x  1) A   : x 1 x  x   x x. Cho biểu thức : a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên. Bài 3 : Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24 km; cùng lúc đó, cũng từ A về B một bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của ca nô. Bài 4 : Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm C và D thuộc đường tròn, B là trung điểm của cung nhỏ CD. Kẻ đường kính BA ; trên tia đối của tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) tại M ; MD cắt AB tại K ; MB cắt AC tại H.   BAC a) Chứng minh : BMD , từ đó suy ra tứ giác AMHK nội tiếp. b) Chứng minh : HK // CD. c) Chứng minh : OK.OS = R2. Bài 5 : 1 1 1   a b 2. Cho hai số a và b khác 0 thỏa mãn : Chứng minh phương trình ẩn x sau luôn có nghiệm : (x2 + ax + b)(x2 + bx + a) = 0.. HƯỚNG DẪN Bài 3: Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè nứa: 8 2 4. (h) Gọi vận tốc của ca nô là x (km/h) (x>4) Theo bài ta có:. 24 24  8 24 16  2   2 x4 x 4 x4 x 4.  x 0(loai)  2 x 2  40 x 0     x 20. -1-.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Vận tốc thực của ca nô là 20 km/h. Bài 4:  BD    BAC a) Ta có BC (GT)  BMD (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)    A, M nhìn HK dưới 1 góc BAC * Do BMD bằng nhau  MHKA nội tiếp.  BD  b) Do BC = BD (do BC ), OC = OD (bán kính)  OB là đường trung trực của CD  CD  AB (1) 0 Xét MHKA: là tứ giác nội tiếp, AMH 90 (góc nt chắn nửa đường tròn)   HKA 1800  900 900 (đl)  HK  AB (2) Từ (1) và (2)  HK // CD. B C. D. O H M. K A S. Bài 5:  x 2  ax  b 0 (*) ( x 2  ax  b)( x 2  bx  a) 0   2  x  bx  a 0 (**). (*).  =. (**). a2- 4b, Để PT có nghiệm.   b 2  4a. Để PT có nghiệm thì. Cộng 3 với 4 ta có: . 1 2 a. . a 2  4b 0  a 2 4b . 1 1  a 2 b. 1 1 b 2  4a 0   b 2 a. (3). (4). 1 1 1 1    a b 2 a 2 b. 1. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1           4a 4b 4 4 a b 4 8 4 2 b 2. -2-. (luôn luôn đúng với mọi a, b).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Đề 2 4. 2. 2. Câu 1 : a) Cho phương trình x  (m  4m) x  7m  1 0 . Định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt và tổng bình phương tất cả các nghiệm bằng 10. 3  5 3 x 2 ( x 2  1) 2 x  x 1 4. b) Giải phương trình: Câu 2 : a) Cho góc nhọn a. Rút gọn không còn dấu căn biểu thức : P  cos 2 a  2 1  sin 2 a  1.   b) Chứng minh:  Câu 3 : Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức : 4  15. a  b  c 1 . 2 3. . 5. 3. 4  15  2. ab  bc  ca  a  b  c. . Khi nào đẳng thức xảy ra ? Câu 4 : Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai E, F. a) Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I. b) Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn. c) Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) (P Î (O), Q Î (O’)). Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ.. HƯỚNG DẪN Câu 1 : a) Đặt X = x2 (X  0) 2 2 Phương trình trở thành X  (m  4m) X  7m  1 0 (1) -3-.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Phương trình có 4 nghiệm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt dương (m 2  4m) 2  4(7 m  1)  0   0  2    S  0   m  4m  0 7 m  1  0 P  0   (I). Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X1 , X2. Þ phương trình đã cho có 4 nghiệm x1, 2 =  X 1 ; x3, 4 =  X 2 Þ x12  x22  x32  x42 2( X 1  X 2 ) 2(m 2  4m)  m 1 2(m 2  4m) 10  m 2  4m  5 0    m  5 Vậy ta có. Với m = 1, (I) được thỏa mãn Với m = –5, (I) không thỏa mãn. Vậy m = 1. 4 2 b)Đặt t  x  x  1 (t  1) 3  5 3(t  1) Được phương trình t. 3t2 – 8t – 3 = 0 Þ t = 3 ;. t . 1 3 (loại). 4 2 Vậy x  x  1 3 Þ x 1 Câu 2 : 2 2 2 2 a) P  cos a  2 1  sin a  1  cos a  2 cos a  1. P  cos 2 a  2cos a  1 (vì cosa > 0). P  (cos a  1) 2 P 1  cos a (vì cosa < 1). 4 b). 15. . =. 5. . 5. 3. . . 4  15  5  3. 2.  4. 15. . =. 3.  4. . b. . 2. 0 Þ a  b 2 ab. Tương tự, a  c 2 ac b  c 2 bc a  1 2 a b  1 2 b. -4-. 2.  4.  8  2 15  4 . Câu 3 : a. 15. 15. . 15.  =. 5. = 2. 3. . 4  15.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. c  1 2 c. Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ở trên ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra  a = b = c = 1 Câu 4 : a)Ta có :. ABC = 1v ABF = 1v Þ B, C, F thẳng hàng. AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy.   EBA b) ECA (cùng chắn cung AE của (O) Mà.  ECA  AFD (cùng. I. E. phụ với hai góc đối đỉnh). D A.     EFD EFI Þ EBA hay EBI Þ Tứ giác BEIF nội tiếp. c)Gọi H là giao điểm của AB và PQ Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng. O. O’ B. C. F Q. HP HA  Þ HB HP Þ HP2 = HA.HB. H P. Tương tự, HQ2 = HA.HB Þ HP = HQ Þ H là trung điểm PQ.. Đề 3 Câu 1: Cho biểu thức. x 1  2 x x  x  x  1 x 1 A=. a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A. c) Với giá trị nào của x thì A<1. Câu 2: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì đầy bể sau 2 giờ 24 phút. Nếu chảy riêng từng vòi thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu thì đầy bể? -5-.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Câu 3: Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB>BC). Vẽ đường tròn tâm (O') đường kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vuông góc với AC tại I, MC cắt đường tròn tâm O' tại D. a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao? b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp? c) Xác định vị trí tương đối của ID và đường tròn tâm (O) với đường tròn tâm (O ').. Híng dÉn Câu 1: a) A có nghĩa.  b) A= c) A<1. . x1 x1 Þ. 2.  x 0  x 0     x  1 0   x 1. 2. x . . . x 1 x 1. =. x  1  x =2 x  1. x  1 <1 Þ 2 x  2 Þ. Kết hợp điều kiện câu a). Þ. x 1 Þ. Vậy với. x<1. 0 x  1. thì A<1. 12 phút= 5. Câu 2: Đổi 2giờ 24 giờ Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk x>0) Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ) 1 Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy được : x (bể) 1 Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy được : x  2 (bể) 1 1 Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được : x + x  2 (bể) 1 1 1 12 Theo bài ra ta có phương trình: x + x  2 = 5 6 Giaỉ phương trình ta được x1=4; x2=- 5 (loại). Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ) -6-.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Câu 3: M D. A. B. I O. O'. C. N. a) Đường kính AB  MN (gt) Þ I là trung điểm của MN (Đường kính và dây cung) IA=IC (gt) Þ Tứ giác AMCN có đương chéo AC và MN cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và vuông góc với nhau nên là hình thoi. 0 b) ANB 90 (góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O) ) Þ BN  AN. AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN). Þ BN  MC (1)  BDC 900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O') ) BD  MC (2)  900 (3). Từ (1) và (2) Þ N,B,D thẳng hàng do đó NDC  NIC 900 (vì AC  MN) (4) Từ (3) và (4) Þ N,I,D,C cùng nằm trên đường tròn đường kính NC Þ Tứ giác NIDC nội tiếp c) OÎ BA. O'Î BC mà BA vafBC là hai tia đối nhau Þ B nằm giữa O và O' do đó ta có OO'=OB + O'B Þ đường tròn (O) và đường tròn (O') tiếp xúc ngoài tại B. MDN vuông tại D nên trung tuyến DI. 1 = 2 MN. =MI Þ MDI cân   ' CD 900  O 900 ) mà IMD (vì MIC.  ' DC O  ' CD Tương tự ta có O   ' DC 900   Þ IDM O 1800 Þ IDO ' 900 mà MDC. do đó ID  DO. Þ. ID là tiếp tuyến của đường tròn (O').. Đề 4 Câu1 :Cho biểu thức  x3  1  x 3  1  x(1  x 2 ) 2   x    x  : 2 A=  x  1  x  1  x  2. a) Rút gọn biểu thức A -7-. Với x. 2 ;1.   Þ IMD IDM. ..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. b) Tính giá trị của biểu thức khi cho x= c) Tìm giá trị của x để A=3 Câu2. a) Giải hệ phương trình:. 62 2. ( x  y ) 2  3( x  y ) 4  2 x  3 y 12. b) Giải bất phương trình: x 3  4 x 2  2 x  15 x2  x  3 <0. Câu3.Cho phương trình (2m-1)x2-2mx+1=0 Xác định m để phương trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0) Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC .Điểm A thuộc nửa đường tròn đó. Dựng hình vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi F là giao điểm của AE và nửa đường tròn (O) . Gọi K là giao điểm của CFvà ED a) chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đường tròn b) Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ? HƯỚNG DẪN 2. Câu 1: a. Rút gọn. x  2 A= x 42 2. b.Thay x=. 62 2. vào A ta được A=. A 3  x 2  3x  2 0 Þ x . 3  17 2. c. Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt: Từ đó ta *. 62 2. a 2  3a 4 Þ a1 1; a2  4. ( x  y ) 2  3( x  y ) 4   có 2 x  3 y 12.  x  y 1  2 x  3 y 12 (1)  x  y  4  * 2 x  3 y 12 (2). Giải hệ (1) ta được x=3, y=2 Giải hệ (2) ta được x=0, y=4 Vậy hệ phương trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4 3 2 2 b)Ta có x  4 x  2 x  15 ( x  5)( x  x  3). -8-.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. 2. 1  11  x 2  x  3  x     0 2 4  x 50Þ x 5. mà với mọi x với Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 Xét.  . Xét. 1 2 1 2m  1 0 Þ m  2 2m  1 0 Þ m . pt trở thành. Vậy bất phương trình tương đương.  x  1 0 Þ x 1. khi đó ta có  m  2m  1 (m  1) 0 mọi m Þ pt có nghiệm với mọi m ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0) '. với. 2. m  m 1 1  2m  1 2m  1 pt còn có nghiệm 1 Þ  1 0 2m  1 nghiệm trong khoảng (-1,0). m. pt có. 2. 1 2.  1 1  0  Þ  2m  1 2m  1  0. x.  2m 0  Þ m0  2m  1 2m  1  0. D. Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0 Câu 4:  9O a. Ta có KEB  9O ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) mặt khác BFC do CF kéo dài cắt ED tại D  Þ BFK 9O Þ E,F thuộc đường tròn đường kính BK, hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường tròn đường kính BK.   BAF b. BCF    BAE 45 Þ BCF 45 Mà BAF   BEF Ta có BKF   BEA 45 (EA là đường chéo của hình vuông ABED) Mà BEF   BCK 45 Þ tam giác BCK vuông cân tại B Vì BKC. Đề 5. . Bài 1: Cho biểu thức: P =.  .  x x  1 x x 1  2 x  2 x 1     x x  x x  : x 1   . a,Rút gọn P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. -9-.  . K. E F A. B.  Þ BKF 45. O. C.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. 2. 2. Bài 2: Cho phương trình: x -( 2m + 1)x + m + m - 6= 0 (*) a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm. 3. b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn. x1  x2. 3. =50. Bài 3: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x2 .Chứng minh: a,Phương trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 và t2. b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4 Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. a, Xác định vị trí của điểm D để tứ giác BHCD là hình bình hành. b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất. Bài 5: Cho hai số dương x; y thoả mãn: x + y Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =. 1. 1 501  2 x y xy 2. HƯỚNG DẪN Bài 1: ĐK: x. 0; x 1. . a, Rút gọn: P = b. P =. 2 x x  1 2 x  1 z : x x  1 x 1. 2. . . x 1 2 1  x1 x1. Để P nguyên thì x  1 1 Þ x  1  1 Þ. x 2 Þ x 4 x 0 Þ x 0. x  1 2 Þ. x 3 Þ x 9. x  1  2 Þ. x  1(loai ) . - 10 -. P=. x 1 x 1  2 ( x  1) x1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Vậy với. x Î  0; 4;9. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. thì P có giá trị nguyên.. Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì: 2. .   25  0   ( m  2)(m  3)  0  m   3  1 m    2. . 2.   2m  1  4 m  m  6 0  2  x1 x 2 m  m  6  0  x  x  2m  1  0 2  1. b. Giải phương trình:.  m  2 3  (m  3) 3. 50.  5(3m 2  3m  7) 50  m 2  m  1 0   1 5 m1   2  m   1  5  2 2. Bài 3: a) Vì x1 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. . 2. Vì x1> 0 =>. 1  1  1   b.  a 0. x1 c.  x  Chứng. ct2 + bt + a = 0; t1 =. 1 x1. tỏ. 1 x1. là một nghiệm dương của phương trình:. Vì x2 là nghiệm của phương trình: ax 2 + bx + c = 0 => ax 22 +. bx2 + c =0 2. vì x2> 0 nên c..  1  1    b.   a 0  x2   x2 . phương trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 =. điều này chứng tỏ. 1 x2. là một nghiệm dương của. 1 x2. Vậy nếu phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x 1; x2 thì phương trình : ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 . t1 = b) Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dương nên - 11 -. 1 x1. ; t2. 1 = x2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10 1 x1. t1+ x1 =. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. + x1 2. t 2 + x2 =. 1 x2. + x2. 2. Do đó x1 + x2 + t1 + t2. 4. Bài 4 a) Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên CH.  AB. và BH  AC => BD  AB và CD  AC . A. ABD 90. Do đó:. 0. và. ACD 90. 0 Q. Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O. H. Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD. P. của đường tròn tâm O thì tứ giác BHCD là hình bình hành. b)Vì P đối xứng với D qua AB nên nhưng. ADB  ACB. Do đó:. APB  ACB. Mặt khác:. D. APB  ADB. APB  ACB. Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên   PAB DAB ,do. đó:. Vậy.   CHQ DAC.       PHQ PHB  BHC CHQ BAC  BHC 180 .. c). Ta thấy. . Ba điểm P; H; Q thẳng hàng. APQ là tam giác cân đỉnh A. Có AP = AQ = AD và đạt giá trị lớn nhất .   PBA PHB.   PHB DAB. Chứng minh tương tự ta có:. .   PAQ 2 BAC. không đổi nên cạnh đáy PQ. AP và AQ là lớn nhất hay. . AD là lớn nhất. D là đầu đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O. Đề 6 - 12 -. C. B. AHB  ACB 180 Þ APB  AHB 180. Mà. O.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng x. P ( x . y. . xy. .  x  11 y  y )(1  y ) x  y ) x  1 Bài 1: Cho biểu thức: a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2. Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) . a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung. Bài 3: Giải hệ phơng trình : x  y  z 9  1 1 1    1 x y z  xy  yz  zx  27. Bài 4: Cho đường tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn (C  A ; C  B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. Bài 5: Cho. x, y , z Î R. 1 1 1 1    x y z x yz. thỏa mãn :. 3 4. Hãy tính giá trị của biểu thức : M =. + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .. HƯỚNG DẪN x  0 ; y  0 ; y 1 ; x  y  0. Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; P. x(1 . y )  xy. x . y.  1 . . x .  1  y   x  y   x  y  x  xy  y  xy   x    x  y  1  x  1  y . Rút gọn P:. . x )  y (1 . x. - 13 -. y. . (*).. . . ( x  y )  x x  y y  xy .  . x 1 . y. x . . . . y 1. . x 1. . x 1  y 1.  1  x  1 . y. . . . x  y. x 1. y.  x. . .

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10 . x . y. .  x . . xy . . xy . y. . . y. . . y 1. y.   x . xy . y.. y.. y.. =2 y  y  1 1.  . x1. . . y 1. 1 . x . Vậy P = b). P = 2  . . x 1. y  y  y x. 1 . Biên soạn: Đinh Văn Hưng. . x  11. . . y 1. Ta có: 1 + y 1 Þ x  1 1  0 x 4 Þ x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn Bài 2: a). Đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phương trình đường thẳng (d) là : y = mx + m – 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: - x2 = mx + m – 2  x2 + mx + m – 2 = 0 (*) 2 2 Vì phương trình (*) có   m  4m  8   m  2  4  0  m nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b). A và B nằm về hai phía của trục tung  phương trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu  m – 2 < 0  m < 2. x  y  z 9 1  1 1 1 (2)    1 x y z  xy  yz  xz  27  3. Bài 3 : ĐKXĐ :. x  0 , y  0 , z  0. 2. Þ  x  y  z   81  x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx  81  x 2  y 2  z 2  81  2  xy  yz  zx   x 2  y 2  z 2  27 Þ x 2  y 2  z 2   xy  yz  zx  Þ 2( x 2  y 2  z 2 )  2  xy  yz  zx   0  ( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) 2  0 ( x  y ) 2 0   ( y  z ) 2 0 ( z  x) 2 0 .  x y    y z   z x. Q.  x y z N. Thay vào (1) => x = y = z = 3 . Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phương trình . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. Bài 4:. C M. A. - 14 -. B O.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10  ABM. Biên soạn: Đinh Văn Hưng.  NBM. a) Xét và . Ta có: AB là đường kính của đường tròn (O)  90 nên : AMB  NMB M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC     MBN Þ BAM BNM nên BAM Þ  BAN cân đỉnh B. Tứ giác AMCB nội tiếp    Þ BAM MCN => BAM ( cùng bù với MCB ).    Þ MCN MNC => ( cùng bằng góc MCB ). Þ Tam giác MCN cân đỉnh M b). Xét  MCB và  MNQ có : MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)   BMC  NMQ. ( vì.     MCB NMC ;MBC MQN ). Þ  MCB  MNQ (c. g . c). Þ. BC = NQ .. Xét tam giác vuông ABQ có AC  BQ Þ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) Þ AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) Þ 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5  1) R Bài 5: Từ :. 1 1 1 1    x y z xyz. 1 1 1 1    0  x y z x yz. x y x yz z  0 xy z x  y  z    1  1   z  y   0  xy z  x  y  z     2  zx  zy  z  xy    x  y   0  xyz ( x  y  z )    x  y   y  z  ( z  x)  0. Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - .......... + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) Vậy M =. 3 4. + (x + y) (y + z) (z + x) =. 3 4. Đề 7 Bài 1: 1) Cho đường thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đường thẳng d ’ đối xứng với đường thẳng d qua đường thẳng y = x là: - 15 -.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. 1 2x. 1 2x. A.y = + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y = - 2 ; D.y = - 2x - 4 Hãy chọn câu trả lời đúng. 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đường kính đáy đựng đầy nước, nhúng chìm 2 3. vào bình một hình cầu khi lấy ra mực nước trong bình còn lại bình. Tỉ số giữa bán 3 3 kính hình trụ và bán kính hình cầu là A.2 ; B. 2 ; C. 3 ; D. một kết quả khác. 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0. Bài 2. 1) Giải phương trình:. 2) Bài 3 1). Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = x + Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7 Phân tích thành thừa số được : (x + b).(x + c). 2) Cho tam giác nhọn.  xAy ,. y. B, C lần lượt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao MA MB. 1 2. cho AB < AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho = Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan CD. a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I là trung điểm của MN. b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi. c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định. HƯỚNG DẪN Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng. 2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1 Bài 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1) = (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1) = (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2 Vậy A chia hết cho 1 số chính phương khác 1 với mọi số nguyên dương n. 2) Do A > 0 nên A lớn nhất  A2 lớn nhất. Xét A2 = ( Ta có:. x+. y. )2 = x + y + 2. x y 2  xy. Þ 1 2 xy. xy. =1+2. xy. (Bất đẳng thức Cô si). (2). Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2. xy. <1+2=2. - 16 -. (1).

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. 1 1 max A2 2  x  y  max A  2  x  y  2, 2. Bài3 1) Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c) Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c) 4  b 1 4  b 7   4  c  7 và 4  c  1. Có 2 trường hợp: Trường hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11) Trường hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2 Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5) 2) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: AD = MA AB. 1 2. AD MA. x. Ta có D là điểm cố định. 1 2. B. Mà = (gt) do đó = Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MA AB. 1 4 AB..  MAB. (chung). D. A. AD MA. 1 = = 2 MB MA ABM ADM Þ  2 MD AD. M. C. Do đó Þ MD = 2MD Xét ba điểm M, D, C : MD  MC DC (không đổi) MB  2MC 2(MD  MC ) 2 DC Do đó Dấu "=" xảy ra  M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC * Cách dựng điểm M. - Dựng đường tròn tâm A bán kính - Dựng D trên tia Ax sao cho AD =. 1 2 AB 1 4 AB. N. C. 1 2. M là giao điểm của DC và đường tròn (A; AB) Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N  90 nên MN là đường kính Do MAN Vậy I là trung điểm của MN b) Kẻ MK // AC ta có : INC IMK (g.c.g) Þ CN = MK = MD (vì  MKD vuông cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA Þ AM = AN = AD + AC không đổi - 17 -. I K O A. M. D. B.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. c) Ta có IA = IB = IM = IN Vậy đường tròn ngoại tiếp  AMN đi qua hai điểm A, B cố định.. Đề 8 Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời : x 2  2 y  1  y 2  2 z  1  z 2  2 x  1 0. Tính giá trị của biểu thức : A x. 2009.  y 2009  z 2009 .. 2. 2. Bài 2). Cho biểu thức : M x  5 x  y  xy  4 y  2014 . Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó Bài 3. Giải hệ phương trình : 2 2  x  y  x  y 18   x  x  1 . y  y  1 72. Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại C và D. a.Chứng minh : AC . BD = R2. b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . Bài 5.Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng :.  a  b. 2. . a b 2a b  2b a 2. Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC. HƯỚNG DẪN Bài 1. Từ giả thiết ta có :  x 2  2 y  1 0  2  y  2 z  1 0  z 2  2 x  1 0 . Cộng từng vế các đẳng thức ta có : . x 2  2 x  1  y 2  2 y  1  z 2  2 z  1 0.  . - 18 -.  . .

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. 2. 2. Biên soạn: Đinh Văn Hưng  x  1 0    y  1 0  z  1 0 Þ x  y z 1 . 2. Þ  x  1   y  1   z  1 0 Þ A x 2009  y 2009  z 2009   1. 2009.    1. 2009.    1. 2009.  3. Vậy : A = -3.. Bài 2. Ta có : M  x 2  4 x  4  y 2  2 y  1   xy  x  2 y  2   2007. .  . 2. . 2. M  x  2    y  1   x  2   y  1  2007 2. 1 3 2   Þ M   x  2    y  1    y  1  2007 2 4   2. Do  y  1. 0. và. Þ M min 2007  x 2; y 1. Þ M 2007. Bài 3. Đặt :. 2. 1     x  2   2  y  1  0 x, y. u  x  x  1  v  y  y  1. Ta có :. u  v 18  uv 72 Þ. u ; v là nghiệm của phương trình :. X 2  18 X  72 0 Þ X 1 12; X 2 6 u 12  Þ v 6. ;. u 6  v 12.  x  x  1 12  Þ  y  y  1 6.  x  x  1 6   y  y  1 12. ; Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. Bài 4. a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC  OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM . MD Þ R2 = AC . BD D b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp M     Þ MCO MAO ;MDO MBO. C. Þ COD AMB  g.g . A. - 19 -. H. O. B.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Do đó :. Chu.vi.COD OM  Chu.vi.AMB MH1. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. (MH1. . AB). OM 1 MH1. Do MH1  OM nên Þ Chu vi COD  chu vi. AMB. Dấu = xảy ra. . MH1 = OM. Bài 5 Ta có :. 1 1    a   0;  b   0 2 2  . . 2. Þ a. a. Þ a b. 1 0; b  4. Þ (a . 1  a  b 0 2. Nhân từng vế ta có : 2. Þ  a  b .  a  b  2a 2. Mặt khác.  a  b    a  b   . . a,b>0. 1 a  )  (b  4. 1 b  ) 0 4 . a,b>0. a  b 2 ab  0. 1 2 ab 2 . . a b. . b  2b a. Bài 6. Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp Gọi E là giao điểm của AD và (O) Ta có: ABD CED (g.g) Þ. M là điểm chính giữa của cung. Þ. 2. 1 0 4. b. M O. ABC. A. BD AD  Þ AB.ED BD.CD ED CD. Þ AD.  AE  AD  BD.CD Þ AD 2  AD. AE  BD.CD. Lại có :. B. ABD AEC  g .g . AB AD  Þ AB. AC  AE.AD AE AC Þ AD 2  AB. AC  BD.CD Þ. E. Đề 9 Câu 1: Cho hàm số f(x) =. D. x 2  4x  4. a) Tính f(-1); f(5) - 20 -. C. AB.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A =. f ( x) x2  4. khi x . Câu 2: Giải hệ phương. 2.  x( y  2) ( x  2)( y  4)  trình ( x  3)(2 y  7) (2 x  7)( y  3). Câu 3: Cho biểu thứcA =.  x x 1 x  1   x     x  1  x  1 :  x  x    .   1 . với x > 0 và x  1. a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11. HƯỚNG DẪN Câu 1a). f(x) =. x 2  4 x  4  ( x  2) 2  x  2. Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 b) c).  x  2 10  x 12 f ( x) 10      x  2  10  x  8 A. x 2 f ( x)  x 2  4 ( x  2)( x  2). - 21 -.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra. 1 A x2 A . 1 x2. Câu 2  x( y  2) ( x  2)( y  4)   ( x  3)(2 y  7) (2 x  7)( y  3). Câu 3 a). Ta có:. A=.  xy  2 x  xy  2 y  4 x  8   2 xy  6 y  7 x  21 2 xy  7 y  6 x  21.  x x 1 x  1   x     x  1  x  1 :  x  x    .  ( x  1)( x  x  1) x  1   x ( x  1) x   :    ( x  1)( x  1)   x  1  x1 x  x. x 1  x 1 x1. b). A 3 Þ. 2. x. :. . x  1= x. x. x 2 x1. :.   1 . x. = . x1. 3 Þ 3 x  x  2 0 Þ x . =.  x  y  4 x -2     x  y 0  y 2.   1  =.  x  x 1 x  1   x  x  x    :       x  1 x  1 x  1    =. x 2 x1. . x1 x =. 2. x x. 4 9. Câu 4. P. Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) a). A. nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có E EH CH  PB CB. ;. B. (1). Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)  Þ POB  ACB. (hai góc đồng vị). Þ AHC POB. Do đó:. AH CH  PB OB. (2). - 22 -. O. H. C.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH 2 (2 R . AH.CB AH.CB ) . 2PB 2PB. . AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB. . 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2. . AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB. . AH  . 4R.CB.PB 4R.2R.PB  2 2 4.PB  CB 4PB 2  (2R) 2 8R 2 . d 2  R 2 2.R 2 . d 2  R 2  4(d 2  R 2 )  4R 2 d2. Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì  > 0 . (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0. Từ đó suy ra m  1,5. (1). Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: 2m  1 13 - 4m    x 1  x 2  2  x1  7   m 1 7m  7   x 1 .x 2    x1   2 26 - 8m   7m  7 3x 1  4x 2 11  13 - 4m  3 7  4 26 - 8m 11  . Giải phương trình. 3. 13 - 4m 7m  7  4 11 7 26 - 8m. ta được m = - 2 và m = 4,125. (2). Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:. - 23 -. x1 + x2 = 11.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Đề 10 x2 x 1 x x  1 + x  x 1. Câu 1: Cho P = a/. Rút gọn P.. x 1 x 1. -. 1 3. b/. Chứng minh: P < với x  0 và x 1. Câu 2: Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 (1); m là tham số. a/. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b/. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia. Câu 3: a/. Giải phương trình :. 1 x. 1. +. 2  x2. =2. a 0   b 0    a  2b  4c  2 0  : 2a  b  7c  11 0. b/. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c. Câu 4: Cho ABC cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp BCD . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K . a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. HƯỚNG DẪN Câu 1: Điều kiện: x P=. 0. và x 1.. x2 x 1 x x  1 + x  x 1. -. x 1 ( x  1)( x  1). =. x2 ( x )3  1. =. x  2  ( x  1)( x  1)  ( x  x  1) ( x  1)( x  x  1). +. x 1 x  x 1. -. 1 x1. - 24 -.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. =. x x ( x  1)( x  x  1). Biên soạn: Đinh Văn Hưng. =. x x  x 1 x 1 3  x  x 1. b/. Với x  0 và x 1 .Ta có: P <  3 x < x + x + 1 ; ( vì x + x + 1 > 0 )  x-2 x +1>0  ( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x  0 và x 1). <. 1 3. Câu 2:a/. Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi  ’  0.  (m - 1)2 – m2 – 3  0  4 – 2m  0  m  2. b/. Với m  2 thì (1) có 2 nghiệm. Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có:  a  3a 2m  2  2  a.3a m  3 m 1 m 1 Þ a= 2 Þ 3( 2 )2  m2 + 6m – 15 = 0 . m = –3 2. 6. = m2 – 3. ( thỏa mãn điều kiện).. Câu 3: Điều kiện x. 2  x2. Đặt y =. 2. Ta có:. 0. ; 2 – x2 > 0. . x. 0. ;. x. <. 2.. >0. 2.  x  y 2 (1)  1 1  x  y 2 (2)  1 -2. Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: x2 – 2x + 1 = 0  x = 1 Þ x = y = 1. * Nếu xy = 2. 1 -2. x +x-. 1 2. A K. thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: =0. Vì y > 0 nên: y =. . x=.  1 3 2.  1 3 2. Þ. x=. D.  1 3 2 O. - 25 -. B. C.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng  1 3 2. Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.  AB // CK Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành . Mà Nên. ACK  1  2 sđ EC   BCD BAC. =. 1  2 sđ BD . =.  BAC  ACK.  DCB. . Dựng tia Cy sao cho BCy BAC .Khi đó, D là giao điểm của     Với giả thiết AB > BC thì BCA > BAC > BDC . Þ D Î AB . Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm.. AB. và Cy.. Đề 11 x2 1  x . Câu 1: a) Xác định x Î R để biểu thức :A = x. . y. . 1 x 2  1  x Là. một số tự nhiên. 2 z. yz  y  1 zx  2 z  2 b. Cho biểu thức: P = xy  x  2 Biết x.y.z = 4 , tính P . Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2) a. Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. b. Tính diện tích tam giác ABC. 3 Câu3 Giải phương trình: x  1  2  x 5 Câu 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến . AB, AC với đường tròn. Một góc xOy 45 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a.DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ). 2 R  DE  R b. 3. HƯỚNG DẪN Câu 1:. a. - 26 -.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10 x2 1  x . A=. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. 2. x 1  x 2. 2. ( x  1  x).( x  1  x).  x 2  1  x  ( x 2  1  x )  2 x. A là số tự nhiên  -2x là số tự nhiên (trong đó k Î Z và k  0 ) b.Điều kiện xác định: x,y,z.  0,. P=. xy  x  2. . xy xy  x  2. . x=. kết hpọ với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và. Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với được: x. . k 2. x;. 2 z z ( x  2  xy. thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi . x  xy  2 xy  x  2. xyz 2 xyz. ta. 1. P 1. vì P > 0 Câu 2: a.Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên Þ b = 4; a = 2 Vậy đường thẳng AB là y = 2x + 4. Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đường thẳng AB Þ A, B, C không thẳng hàng. Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đường thẳng AB Þ A,B,D thẳng hàn b.Ta có : AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20 AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10 BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10 Þ AB2 = AC2 + BC2 Þ ABC vuông tại C Þ. Vậy SABC = 1/2AC.BC =. 1 10 . 10 5 2. Câu 3: Đkxđ x 1, đặt. x  1 u;. 3. ( đơn vị diện tích ). 2  x v. ta có hệ phương trình:. u  v 5  2 3 u  v 1. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được: v = 2 Þ x = 10. Câu 4 a.Áp dụng định lí Pitago tính được B AB = AC = R Þ ABOC là hình D vuông Kẻ bán kính OM sao cho BOD = MOD Þ M - 27 -. A. O. E. C.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. MOE = EOC (0.5đ) Chứng minh BOD = MOD Þ OMD = OBD = 900 Tương tự: OME = 900 Þ D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC Þ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R Þ DE < R Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R Vậy R > DE >. Þ. DE >. 2 3R. 2 3R. Đề 12 CÂU 1 : Tính giá trị của biểu thức: 1. A=. 3 5. 1. +. 1. 5 7. +. 1. 7 9. + .....+. 97  99. 3333.....35    . B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 99 soˆ 3 CÂU 2 :Phân tích thành nhân tử : a)x2 -7x -18 b)(x+1) (x+2)(x+3)(x+4) c)1+ a5 + a10 CÂU 3 : a)Chứng minh : (ab+cd)2  (a2+c2)( b2 +d2) b)áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2 CÂU 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q. a)Chứng minh DM.AI= MP.IB b)Tính tỉ số : CÂU 5:. MP MQ. x 2  4x  3 1 x. Cho P = Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức. HƯỚNG DẪN CÂU 1 : - 28 -.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10 1. 1. 3 5. a) A =. +. 1 2( 5. =. 5 7 3+. Biên soạn: Đinh Văn Hưng 1. +. 7. 1. 7 9. 5+. 9. + .....+ 7+. 97  99. .....+. 99 . 97 ). =. 1 2 ( 99 . 3). 3333.....35    . b) B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 99 soˆ 3 = =33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33) = 198 +. 1 3(. 1 3(. 198 +. 99+999+9999+.....+999...99). 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 +.  10101  10 2  27 .   . B= +165 CÂU 2: a)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ) b)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3 = (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3 = (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2 = [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1] = (x2+5x +3)(x2+5x +7) c) a10+a5+1= = a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a ) = a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1) =(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1) CÂU 3: a) Ta có : (ab+cd)2  (a2+c2)( b2 +d2) <=> a2b2+2abcd+c2d2  a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>  a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=> 0  (ad - bc)2 (đpcm ) 0 Dấu = xảy ra khi ad=bc. b) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có : 52 = (x+4y)2 = (x. + 4y)  (x2 + y2) (1  16) Þ 25  17 Þ. x2 + y2 CÂU 4 :. 4x2 + 4y2. 100  17. dấu = xảy ra khi - 29 -. 5 20 x ;y 17 17.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Ta có :.  DMP  AMQ  AIC .. DM MP  Þ DM IA MP CI CI IA ADC CBA . Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Mặt khác góc. ADB BCA  Þ MPD ICA Þ. hay DM.IA=MP.IB. (1).. Ta có:.   DMQ 180  AMQ 180  AIM  BIA Do đó DMQ  BIA Þ. DM MQ  Þ BI IA. DM.IA=MQ.IB (2) MP MQ. Từ (1) và (2) ta suy ra =1 CÂU 5 Để P xác định thì : x2-4x+3  0 và 1-x >0 Từ 1-x > 0 => x < 1 Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có : (x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0 Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa. Với x < 1 Ta có : x 2  4x  3. P=. 1 x. ( x  1)( x  3) 1 x. =.  3 x. Đề 13 A  1. Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức . b. Tính giá trị của tổng. Câu 2 : Cho pt. B  1. 1 1  2 a  a  1 2. Với a > 0.. 1 1 1 1 1 1  2  1  2  2  ...  1  2  2 1 2 2 3 99 100 2. x 2  mx  m  1 0. a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với b. Gọi. x1 , x 2. là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt. P. Câu 3 : Cho. x 1,. m .. y 1. 2 x1 x 2  3 2. 2. x1  x 2  2 x1 x 2  1. Chứng minh. 1 1 2   2 2 1  xy 1 x 1 y. - 30 -.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Câu 4 Cho đường tròn tâm O và dây AB. M là điểm chuyển động trên đường tròn, từM kẻ MH  AB (H Î AB). Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D. 1. Chứng minh rằng đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn. 2. Chứng minh. MA 2 AH AD  . MB 2 BD BH. HƯỚNG DẪN. c.. Câu 1 a. Bình phương 2 vế Áp dụng câu a. A 1 . Þ A. a 2  a 1 a a  1. (Vì a > 0).. 1 1  a a 1 1 9999  100 100 cm  0 m. Þ B 100 . Câu 2 a. : B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:  x1  x 2 m 2m  1  Þ P 2 x x  m  1  1 2 m 2. (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.. 1 Þ   P 1 2 1 Þ GTLN   m  2 2 GTNN 1  m 1. Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta được. bđt. . x y  x  y x  y   0 2 1  x 1  xy  1  y 2 1  xy . . . . 2.   x  y   xy  1 0. . đúng vì. xy 1 M. Câu 4: a - 31 E'. o.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> F' D A. Một số đề ôn thi vào lớp 10. H. B. I Biên soạn: Đinh Văn Hưng. - Kẻ thêm đường phụ. - Chứng minh MD là đường kính của (o) => ........ b. Gọi E', F' lần lượt là hình chiếu của D trên MA và MB. Đặt HE = H1 HF = H2 AH AD HE.h1 .MA 2 .  BD BH HF .h2 .MB 2  HEF ∞ DF ' E '. 1. Þ. Þ HF .h2  HE.h. Thay vào (1) ta có:. MA 2 AH AD  . MB 2 BD BH. Đề 14. Câu 1: Cho biểu thức D =.  a b a  b   a  b  2ab     1 1  ab   1  ab   1  ab :. a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D 2. b) Tính giá trị của D với a =. 2. 3. c) Tìm giá trị lớn nhất của D 2. Câu 2: Cho phương trình. 2. 2 3 x2-. mx +. 2. 3 m2. + 4m - 1 = 0 (1). a) Giải phương trình (1) với m = -1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn. 1 1   x1  x 2 x1 x 2. Câu 3: Cho tam giác ABC đường phân giác AI, biết AB = c, AC = b, 2bc.Cos. Chứng minh rằng. AI =. bc. a 2. (Cho Sin2 a 2SinaCosa ) - 32 -. Aˆ a (a 90 0 ).

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB và một điểm N di động trên một nửa đường tròn sao cho.   NA  NB. Vễ. vào trong đường tròn hình vuông ANMP.. a) Chứng minh rằng đường thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q. b) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp. c) Chứng minh đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: Cho x,y,z;. xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1. Hãy tính giá trị của: B=. xy zx xyz   z y x. HƯỚNG DẪN. Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là - Rút gọn D D=.  2 a  2b a   a  b  ab     1  ab   :  1  ab . D=. 2 a a 1 2. b) a =. 2 3. . 2( 2  3 ( 3  1) 2 Þ 1. a 0  b 0 ab 1 . a  3 1. 22 3 2 3  2  2 1 4  3 2 3. Vậy D = c) Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có 2 a a  1 Þ D 1. Vậy giá trị của D là 1 Câu 2: a) m = -1 phương trình (1). . 1 2 9 x  x  0  x 2  2 x  9 0 2 2.  x  1  10 Þ  1  x 2  1  10. - 33 -.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. b) Để phương trình 1 có 2 nghiệm thì. Biên soạn: Đinh Văn Hưng  0   8m  2 0  m . 1 4. ( ). *. 1 2 m  4m  1 0 2 m   4  3 2 Þ  1 m2   4  3 2 ( ) * . + Để phương trình có nghiệm khác 0 +. 1 1   x1  x 2  ( x1  x 2 )( x1 x 2  1) 0  x1 x 2. 2 m 0  2   m  8m  3  0.  x1  x 2 0   x1 x 2  1 0. m 0  m  4  19  m  4  19. Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta được m = 0 và Câu 3: +. m  4  19. 1 a S ABI  AI .cSin ; 2 2 A. 1 a S AIC  AI .bSin ; 2 2 + 1 S ABC  bcSina ; 2 + S ABC  S ABI  S AIC Þ bcSina  AISin. a. a (b  c ) 2. a. a. 2. 2. B. I. b. C. c. a 2bcCos bcSina 2 Þ AI   a bc Sin (b  c) 2 ˆ ˆ Câu4: a) N1  N 2 Gọi Q = NP  (O)  Þ QA QB Suy ra Q cố định. b). N. Aˆ1 Mˆ 1 (  Aˆ 2 ). 1 2. Tứ giác ABMI nội tiếp c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định. Tam giác ABF có: AQ = QB = QF Þ  ABF vuông tại A Þ Bˆ 45 0 Þ AFˆB 45 0 0 ˆ ˆ Lại có P1 45 Þ AFB  P1 Þ Tứ giác APQF nội tiếp Þ. 2. A. M I. 1. 1. P. Q. 0 Þ APˆ F  AQˆ F 90. - 34 F. B.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Một số đề ôn thi vào lớp 10. Biên soạn: Đinh Văn Hưng. APˆ F  APˆ M 90 0  90 0 180 0. Ta có: Þ M1,P,F Thẳng hàng. Câu 5: Biến đổi B = xyz.  1 1 1  2  2  2 y z x.     xyz. 2 2 xyz =. - 35 -.

<span class='text_page_counter'>(36)</span>