Ôn thi chuyển cấp
đề số 1
Bài 1: (2đ)
Cho biểu thức:
P =
1
1
12
:
1
1
43
1
+

++









+

+

x
xx

x
x
xx
x
a) Rút gọn P.
b) Tìm x khi P =
x
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Bài 2: (2đ) Một ngời đự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 20 km trong một thời gian
đã định. Sau khi đi đợc 1 giờ với vận tốc dự định, do đờng khó đi nên ngời đó giảm vận
tốc đi 2km/h trên quãng đờng còn lại, vì thế ngời đó đến B chậm hơn dự định 15 phút.
Tính vận tốc dự định của ngời đi xe đạp.
Bài 3: (1,5đ) Cho hệ phơng trình:



=+
=
mmyx
ymx
12
32
a) Giải hệ phơng trình với m = 3
b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất thoả mãn x + y = 1
Bài 4: (3đ) Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Điểm M tuỳ ý trên nửa đờng tròn.
Gọi N và P lần lợt là điểm chính giữa của cung AM và cung MB. AP cắt BN tại I.
a) Tính số đo góc NIP.
b) Gọi giao điểm của tia AN và tia BP là C; tia CI và AB là D.
Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp đợc.
c) Tìm quỹ tích trung điểm J của đoạn OC khi M di động trên nửa tròn tròn tâm

O
Bài 5: (1,5đ) Cho hàm số y = -2x
2
(P) và đờng thẳng y = 3x + 2m 5 (d)
a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toạ độ hai điểm đó.
b) Tìm quỹ tích chung điểm I của AB khi m thay đổi.
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
1
Ôn thi chuyển cấp
Bài 1: (2đ)
a) (1,5đ)
- Thực hiện đợc biểu thức trong ngoặc bằng:
)4)(1(
)1(5
+
+
xx
x

- Thực hiện phép chia đúng bằng
4
5
+

x

- Thực hiện phép cộng đúng bằng:
4
1
+


x
x

- Điều kiện đúng: x 0; x 1
b) (0,5đ)
- Viết P =
4
5
1
+

x
lập luận tìm đợc GTNN của P = -1/4 khi x = 0
Bài 2: (2đ)
1) Lập phơng trình đúng (1,25đ)
- Gọi ẩn, đơn vị, đk đúng
- Thời gian dự định
- Thời gian thực tế
- Lập luận viết đợc PT đúng
2) Gải phơng trình đúng
3) đối chiếu kết quả và trả lời đúng
Bài 3: (1,5đ) a) Thay m = 3 và giải hệ đúng:
b) (0,5đ)
Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất đúng
Tìm m để hệ có nghiệm thoả mãn x + y = 1 và KL
Bài 4: (3đ) Vẽ hình đúng
a) Tính đợc số đo góc NIP = 135
0


b) (1đ)
Vẽ hình và C/m đợc góc NDP = 90
0

Chứng minh đợc tứ giác DOPN nội tiếp đợc.
c) (1đ) + C/m phần thuận
Kẻ JE//AC, JF//BC và C/m đợc góc EJF = 45
0

Lập luận và kết luận điểm J:
+ C/m phần đảo
0,25đ
+ Kết luận quỹ tích
Bài 5: (1,5đ) a) (1đ)
Tìm đợc điều kiện của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt:
Tìm đợc toạ độ 2 điểm A, B
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
2
Ôn thi chuyển cấp
c) Tìm đợc quỹ tích trung điểm I:








=
+

=

=
+
=
4
118
2
4
3
2
myy
y
xx
x
BA
I
BA
I
và kết luận
đề số 2
Bi 1: (1,0 im)
Gii h phng trỡnh v phng trỡnh sau:
1/
3x 2y 1
5x 3y 4
+ =


+ =


2/
4 2
10x 9x 1 0+ =
.
Bi 2: (3,0 im)
Cho hm s :
2
y x=
cú th (P) v hm s y = 2x + m cú th (d) .
1/ Khi m = 1. V thi (P) v (d) trờn cựng mt h trc to .
2/ Tỡm to giao im ca (P) v (d) bng th v bng phộp toỏn khi m = 1.
3/ Tỡm cỏc giỏ tr ca m (P) v (d) ct nhau ti hai im phõn bit
A A
A(x ; y )
v

B B
B(x ; y )
sao cho
2 2
A B
1 1
6
x x
+ =
Bi 3: (1,0 im
Rỳt gn biu thc
y x x x y y
P (x 0; y 0)

1xy
+ + +
= > >
+
.
Bi 4: (4,0 im)
Cho tam giỏc ABC ( AB < AC) cú 3 gúc nhn. V ng trũn tõm O ng kớnh BC
ct cỏc cnh AB,AC theo th t E v D .
1/ Chng minh AD.AC = AE.AB.
2/ Gi H l giao im ca DB v CE .Gi K l giao im ca AH v BC. Chng minh

AH BC

.
3/ T A k cỏc tip tuyn AM , AN vi ng trũn (O) (M,N l cỏc tip im).Chng
minh

ANM=

AKN.
4/ Chng minh ba im M, H, N thng hng.
Bi 5: (1,0 im)
Cho x, y >0 v
x y 1+
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
2 2
1 1
A
xy
x y

= +
+
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
3
¤n thi chuyÓn cÊp
Hết
Bài 1:
1/
[ ]
x 11
3x 2y 1 9x 6y 3 x 11 x 11
y 1 3( 11) : 2
5x 3y 4 10x 6y 8 3x 2y 1 y 17
= −

+ = − − = − = − = −
   

⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
= − −
+ = − + = − + = =

   


⇒
HPT có nghiệm duy nhất
(x;y) = (-11;17)
2/

4 2
10x 9x 1 0+ − =
; Đặt
2
x t (t 0)= ≥

2
1 2
10t 9t 1 0 ; c a - b c 0 t 1(lo t 1/10(nhã ¹i) , Ën)⇒ + − = + = ⇒ = − =
2
1 10
x x
10 10
⇒ = ⇔ = ±
⇒
PT đã cho có tập nghiệm :
S
 
 
=
 
 
 
10
±
10
Bài 2:
1/ m = 1
⇒
(d) :

y 2x 1= +

+
x 0 y 1 P(0;1)= ⇒ = ⇒

+
y 0 x 1/2 Q( 1/ 2;0)= ⇒ = − ⇒ −
x
2−
1−
0 1 2
2
y x= −
4−
1−
0
1−
4−
2/ khi m = 1.
+Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (d)
tiếp xúc với (P) tại điểm
A( 1; 1)− −
.

+PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

2
x 2x 1 0+ + =

2

(x 1) 0 x 1⇔ + = ⇔ = −
; Thay
x 1= −

vào PT (d)
y 1⇒ = −
. Vậy : (d) tiếp xúc với (P) tại điểm
A( 1; 1)− −
.
3/ Theo đề bài:
A
2 2
B
A B
x 0
1 1
6
x 0
x x
≠

+ = ⇒

≠

. Vậy để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt
A A
A(x ; y )
và
B B

B(x ; y )
thì PT hoành độ giao điểm :
2
x 2x m 0+ + =
(*) phải có 2 nghiệm phân
biệt
A B
x , x
khác 0.
/
m 1
1 m 0
m 0
m 0
<

∆ = − >

⇒ ⇔
 
≠
≠


(**); Với đ/k (**), áp dụng đ/l Vi-ét ta có :
A B
A B
x x 2
x .x m
+ = −



=

+Theo đề bài :
2 2
A B
2 2
A B A B A B A B
A B
x x
1 1 1 1 2 2
6 6 6
x x x .x x .x x .x
x x
   
+
+ = ⇔ + − = ⇔ − =
 ÷  ÷
   
NguyÔn thÕ Kû THCS S¬n T©y
4
x
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
f(x)
-4
-3
-2
-1
1

2
3
4


x
y
P
1
1
1
N
M
O
K
H
D
E
C
B
A
Ôn thi chuyển cấp
2
1
2
2
m 1 (Nh
2 2
6 4 2m 6m
m 2 / 3 (Nh

m m
ận)
ận)
=



= =
ữ

=


2
3m + m - 2 = 0
Vy: Vi
{ }
;m = -1 2/3
thỡ (P) v (d) ct nhau ti hai im phõn bit
A A
A(x ; y )
v
B B
B(x ; y )

tho món

2 2
A B
1 1

6
x x
+ =
.
Bi 3:
y x x x y y
P (x 0; y 0)
1xy
+ + +
= > >
+

(x y y x ) ( x y) xy( x y) ( x y) ( x y)( xy 1)
1 1 1xy xy xy
+ + + + + + + +
= = =
+ + +

= x + y
Bi 4:
1/ Ni ED ;

AED=

ACB (do
BEDCW
ni tip)

AE AD
AED ACB AE.AB AD.AC

AC AB
= =V V
2/BEC=

BDC=90
0
(gúc ni tip chn ẵ (O))
BD AC V CE ABà
. M
BD EC H =

H l trc tõm ca
ABCV


AH l ng cao
th 3 ca
ABCV


AH BC
ti K.
3/ Ni OA, OM, ON ; Ta cú:
OM AM, AN ON
(t/c tip tuyn);
AKOK
(c/m trờn)


AMO=


AKO=

ANO=90
0

5 im A,M,O,K,N cựng thuc ng trũn ng kớnh AO (qu tớch cung cha gúc).


K
1
=

M
1
(=1/2 s cung AN) ; M

N
1
=

M
1
(=1/2 s cungMN ca (O))



N
1
=


K
1
hay

AMN=

AKN
4/ +
ADH AKCV V
(g-g)
AD AH
AD.AC AH.AK (1)
AK AC
= =
+
ADN ANCV V
(g-g)
2
AD AN
AD.AC AN (2)
AN AC
= =
T (1) v (2)
2
AH AN
AH.AK AN
AN AK
= =
+Xột

AHNV
v
ANKV
cú:
AH AN
AN AK
=
v

KAN chung
AHN ANK

V V

ã
ả
1
ANH K =
; m
ả
ả
1 1
N K=
(c/m trờn)
ã
ả
ã
1
ANH N ANM = =
ba im M, H, N thng hng.

Bi 5: Vi
a 0,b 0> >
; Ta cú :
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
5
Ôn thi chuyển cấp

2 2 2 2
a b 2 a b 2ab+ =
(Bt Cụ si)
2 2 2
a b 2ab 4ab (a b) 4ab + + +
(a b)(a b) a b 4 a a 4 1 1 4
4 (*)
ab ab a b ab ab a b a b a b
+ + +
+ +
+ + +
p dng BT (*) vi a =
2 2
x y+
; b = 2xy ; ta cú:

2 2 2 2 2
1 1 4 4
2xy
x y x y 2xy (x y)
+ =
+ + + +
(1)

Mt khỏc :
2
2 2
1 1 1 4
(x y) 4xy
4xy xy
(x y) (x y)
+
+ +
(2)
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
A .
xy 2xy 2xy 2xy 2 xy
x y x y x y

= + = + + = + +
ữ ữ
+ + +


2 2 2 2
4 1 4 4 1 6
. . 1
2 2
(x y) (x y) (x y) (x y)

+ = + =
ữ
+ + + +


6
[Vỡ x, y >0 v
2
x y 1 0 (x y) 1+ < +
]
minA = 6
khi
1
x = y =
2
đề số 3
Bài 1.
1) Rút gọn biểu thức: A =
( )
2
2 3 2 288+
2) Giải phơng trình:
a) x
2
+ 3x = 0
b) x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
3) Chng minh:
( ) ( )
4 15 5 3 4 15 2
+ =

Bài 2. Giải bài toán bằng cách lập phơng trình:
. Một bè nứa trôi tự do (trôi theo vận tốc dòng nớc) và một ca nô đồng thời rời bến A để
xuôi sông. Ca nô xuôi dòng đợc 96 km thì quay ngay trở lại A. Trên đờng quay về A khi còn
cách A là 24 km thì ca nô gặp chiếc bè nứa nói trên. Tính vận tốc riêng của ca nô, biết vân tốc
của dòng nớc là 2km/h.
Bài 3.
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho (P): y = - 3x
2
. Viết phơng trình đờng thẳng song song
với đờng thẳng y = -2x + 3 và cắt (P) tại điểm có tung độ y = -12
Bài 4:
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
6
Ôn thi chuyển cấp
Cho phng trỡnh
4 2 2
( 4 ) 7 1 0x m m x m
+ + =
. nh m phng trỡnh cú 4 nghim phõn
bit v tng bỡnh phng tt c cỏc nghim bng 10.
Bài 5
Giải phơng trình: a)
6 4 1 2 3 3 14x x x+ + = +
b)
2 2
4 2
3
5 3 ( 1)
1
x x

x x
+ = +
+ +
Bài 6
Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB =a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax,
By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn (O) (M khác A
và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đờng tròn (O); nó cắt Ax, By lần lợt ở E và F.
a) Chứng minh: Góc EOF bằng 90
0
.
b) Chứng minh: Tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh: MK vuông góc với AB.
d) Khi MB =
3
MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
Hết
Hớng dẫn chấm
Bài 1 (2 điểm)
1) (1 điểm) A =
4 12 2 18 12 2+ +
0,75
= 22 0,25
2) (1 điểm)
a) (0,5đ) x
2
+ 3x = 0 x(x + 3) = 0
0
3
x
x

=


=

0,5
b) (0,5đ) Đặt t = x
2
0 ta có phơng trình: -t
2
+ 8t + 9 = 0 t = 9 hoặc t =
-1 (loại)
0,25
Với t = 9 => x = 3. Kết luận phơng trình có 2 nghiệm: x = -3; x = 3
0,25
3) t X = x
2
(X 0)
Phng trỡnh tr thnh
4 2 2
( 4 ) 7 1 0X m m X m
+ + =
(1)
Phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit (1) cú 2 nghim phõn bit dng

0
0
0
S
P

>


>


>

2 2
2
( 4 ) 4(7 1) 0
4 0
7 1 0
m m m
m m
m

+ >

+ >


>

Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
7
Ôn thi chuyển cấp
(I)
Vi iu kin (I), (1) cú 2 nghim phõn bit dng X
1

, X
2
.
phng trỡnh ó cho cú 4 nghim x
1, 2
=
1
X

; x
3, 4
=
2
X
2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2
2( ) 2( 4 )x x x x X X m m
+ + + = + = +
Vy ta cú
2 2
1
2( 4 ) 10 4 5 0
5
m
m m m m
m
=

+ = + =


=

Vi m = 1, (I) c tha món

Vi m = 5, (I) khụng tha món.
Vy m = 1.
Bài 2 (2 đ)

0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
Bài 3 (1 đ)
Đờng thẳng cần tìm song song với đờng thẳng y = -2x + 3 nên có phơng
trình: y = -2x + b
0,25
-12 = - 3x
2
x =2
=> Trên (P) có 2 điểm mà tung độ bằng -12 là A(-2;-12); B(2; -12)
0,25
Đờng thẳng y = -2x + b đi qua A(-2; -12) -12 = 4 + b b = -16
0,25
Đờng thẳng y = -2x + b đi qua B(2; -12) -12 = -4 + b <=> b = -8
KL: có hai đờng thẳng cần tìm: y = -2x -16 và y = -2x -8
0,25
Bài 4 (1 điểm)
đk:
4 1 0

1
3(*)
3 0
4
x
x
x
+

<=>



0,25
( )
2
2
6 4 1 2 3 3 14 4 1 3 ( 3 1) 0x x x x x+ + = + <=> + + =
0,25

4 1 3 0
3 1 0
x
x

+ =


=



Vì
2
( 4 1 3) 0x
và
2
( 3 1) 0x
với mọi x thoả mãn (*)
0,25
x = 2 (tm)
0,25
t
4 2
1t x x
= + +
(t 1)
c phng trỡnh
3
5 3( 1)t
t
+ =
3t
2
8t 3 = 0
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
8
Ôn thi chuyển cấp
t = 3 ;
1
3

t =
(loi)
Vy
4 2
1 3x x
+ + =
x = 1.
Bài 5 (4điểm)
a) (1,5đ) Hình vẽ
0,25
Có EA AB => EA là tiếp tuyến với (O), mà EM là tiếp tuyến
=> OE là phân giác của góc AOM
0,5
Tơng tự OF là phân giác góc BOM 0,5
=> góc EOF = 90
0
(phân giác 2 góc kề bù) 0,25
b) (1đ)
có góc OAE = góc OME = 90
0
=> Tứ giác OAEM nội tiếp
0,5
Tứ giác OAEM nội tiếp => góc OAM = góc OEM 0,25
Có góc AMB = 90
0
(AB là đờng kính) => OEF và MAB là tam giác
vuông
=> OEF và MAB đồng dạng.
0,25
c) (0,75đ) có EA // FB =>

KA AE
KF FB
=
0,25
EA và EM là tiếp tuyến => EA = EM
FB và FM là tiếp tuyến => FB = FM =>
KA EM
KF MF
=
0,25
AEF => MK // EA mà EA AB => MK AB
0,25
d) (0,75đ) Gọi giao của MK và AB là C, xét AEB có EA // KC =>
KC KB
EA EB
=
xét AEF có EA //KM =>
KM KF
EA FA
=
AE//BF=>
KA KE KF KB
KF KB FA EB
= => =
Do đó
KC KM
EA EA
=
=> KC = KM => S
KAB

=
1
2
S
MAB
0,5
MAB vuông tại M => S
MAB
= MA.
2
MB
MB =
3
MA => MA =
2
a
; MB =
3
2
a
=>
2 2
1 1
3 3
8 16
MAB KAB
S a S a= => =
(đơn vị diện tích
0,25
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây

9
Ôn thi chuyển cấp
đề số 4
THI TUYN SINH VO LP 10 MễN TON CHUNG
TRNG THPT CHUYấN Lấ QUí ễN BèNH NH
Cõu 1. (1 im)
Hy rỳt gn biu thc:
A =
a a 1 a a 1
a a a a
+

+
(vi a > 0, a 1)
Cõu 2. (2 im)
Cho hm s bc nht y =
(
)
1 3

x 1
a) Hm s cho l ng bin hay nghch bin trờn R? V sao?
b) Tớnh giỏ tr ca y khi x =
1 3
+
.
Cõu 3. (3 im)
Cho phng trỡnh bc hai:
x
2

4x + m + 1 = 0
a) Tỡm iu kin ca tham s m phng trỡnh cú hai nghim phõn bit.
b) Gii phng trỡnh khi m = 0.
Cõu 4. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh A và B cách nhau 90 km, đi ngợc chiều
và gặp nhau sau 1,2 giờ (xe thứ nhất khởi hành từ A, xe thứ hai khởi hành từ B). Tìm vận tốc
của mỗi xe. Biết rằng thời gian để xe thứ nhất đi hết quãng đờng AB ít hơn thời gian để xe thứ
hai đi hết quãng đờng AB là 1 giờ.
Cõu 5.
Cho 2 ng trũn (O) v (O) ct nhau ti hai im A, B phõn bit. ng thng OA ct
(O), (O) ln lt ti im th hai C, D. ng thng OA ct (O), (O) ln lt ti im th
hai E, F.
1. Chng minh 3 ng thng AB, CE v DF ng quy ti mt im I.
2. Chng minh t giỏc BEIF ni tip c trong mt ng trũn.
3. Cho PQ l tip tuyn chung ca (O) v (O) (P (O), Q (O)). Chng minh ng
thng AB i qua trung im ca on thng PQ.
Cõu 6.
Cho mt tam giỏc cú s o ba cnh l x, y, z nguyờn tha mn:
2x
2
+ 3y
2
+ 2z
2
4xy + 2xz 20 = 0
Chng minh tam giỏc cho l tam giỏc u.

GII THI VO LP 10 MễN TON CHUNG
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
10
¤n thi chuyÓn cÊp

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH
Câu 1.(1 điểm)
Rút gọn:
A =
a a 1 a a 1
a a a a
− +
−
− +
(a > 0, a ≠ 1)
=
(
)
(
)
(
)
(
)
3 3
a 1 a 1
a a 1 a a 1
a a
a a 1 a a 1
− +
+ + − +
− = −
− +

=

a a 1 a a 1 2 a
2
a a
+ + − + −
= =
(a > 0, a ≠ 1)
Câu 2.(2 điểm)
a) Hàm số y =
(
)
1 3
−
x – 1 đồng biến trên R và có hệ số a =
(
)
1 3
−
< 0.
b) Khi x =
1 3
+
thì y =
(
)
(
)
1 3 1 3 1− + −
= 1 – 3 – 1 = - 3.
Câu 3.(3 điểm)
a) Phương trình x

2
– 4x + m + 1 = 0
Ta có biệt số ∆
’
= 4 – (m + 1) = 3 – m.
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
∆
’
> 0 ⇔ 3 – m > 0 ⇔ m < 3.
b) Khi m= 0 thì phương trình đă cho trở thành: x
2
– 4x + 1 = 0
∆
’
= 4 – 1 = 3 > 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x
1
= 2 -
3
, x
2
= 2 +
3
.
Câu 4 Câu 4 : (6 điểm)
1.
Ta có : ABC = 1v
ABF = 1v
NguyÔn thÕ Kû THCS S¬n T©y

11
O
O’
B
A
C
D
E
F
I
P
Q
H
¤n thi chuyÓn cÊp
⇒ B, C, F thẳng hàng.
AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy.
2.
ECA = EBA (cùng chắn cung AE của (O)
Mà ECA = AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh)
⇒ EBA = AFD hay EBI = EFI
⇒ Tứ giác BEIF nội tiếp.
3.
Gọi H là giao điểm của AB và PQ
Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng
⇒
HP HA
HB HP
=
⇒ HP
2

= HA.HB
Tương tự, HQ
2
= HA.HB
⇒ HP = HQ ⇒ H là trung điểm PQ.
Câu 5. (1 điểm)
Chứng minh tam giác đều
Ta có: 2x
2
+ 3y
2
+ 2z
2
– 4xy + 2xz – 20 = 0 (1)
V́ x, y, z ∈ N
*
nên từ (1) suy ra y là số chẵn.
Đặt y = 2k (k ∈ N
*
), thay vào (1):
2x
2
+ 12k
2
+ 2z
2
– 8xk + 2xz – 20 = 0 ⇔ x
2
+ 6k
2

+ z
2
– 4xk + xz – 10 = 0
⇔ x
2
– x(4k – z) + (6k
2
+ z
2
– 10) = 0 (2)
Xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x.
Ta có: ∆ = (4k – z)
2
– 4(6k
2
+ z
2
– 10) = 16k
2
– 8kz + z
2
– 24k
2
– 4z
2
+ 40 =
= - 8k
2
– 8kz – 3z
2

+ 40
Nếu k ≥ 2, thì do z ≥ 1 suy ra ∆ < 0: phương trình (2) vô nghiệm.
Do đó k = 1, suy ra y = 2.
Thay k = 1 vào biệt thức ∆:
∆ = - 8 – 8z – 3z
2
+ 40 = - 3z
2
– 8z + 32
Nếu z ≥ 3 thì ∆ < 0: phương trình (2) vô nghiệm.
Do đó z = 1, hoặc 2.
Nêu z = 1 thì ∆ = - 3 – 8 + 32 = 21: không chính phương, suy ra phương trình (2)
không có nghiệm nguyên.
Do đó z = 2.
NguyÔn thÕ Kû THCS S¬n T©y
12
Ôn thi chuyển cấp
Thay z = 2, k = 1 vo phng trỡnh (2):
x
2
2x + (6 + 4 10) = 0 x
2
2x = 0 x(x 2) = 0 x = 2 (x > 0)
Suy ra x = y = z = 2.
Vy tam giỏc cho l tam giỏc u.

đề số 5
Câu 1 ( 2 điểm )
a)Trục căn thức ở mẫu các biểu thức sau :
232

12
+
+
=A
;
222
1
+
=
B
;
123
1
+
=C
b) Giải hệ phơng trình :



=++
=++
7
5
22
xyyx
xyyx
Câu2 : ( 2 điểm )
Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hàm số y = 3x + m (*)
1) Tính giá trị của m để đồ thị hàm số đi qua : a) A( -1 ; 3 ) ; b) B( - 2 ; 5 )
2) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là - 3 .

3) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là - 5 .
Câu 3 : ( 2,5 điểm )
Cho biểu thức :
1 1 1 1 1
A= :
1- x 1 1 1 1x x x x

+ +
ữ ữ
+ +

a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tính giá trị của A khi x =
7 4 3
+
c) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị nhỏ nhất .
Câu 4 ( 2 điểm )
Cho phơng trình bậc hai :
2
3 5 0x x+ =
và gọi hai nghiệm của phơng trình là x
1
và x
2
.
Không giải phơng trình, tính giá trị của các biểu thức sau :
a)
2 2
1 2
1 1

x x
+
b)
2 2
1 2
x x
+

c)
3 3
1 2
1 1
x x
+
d)
1 2
x x+

Câu 5 : ( 2 điểm ) ( 3.5 điểm )
Cho tam giác ABC vuông ở A và một điểm D nằm giữa A và B . Đờng tròn đờng kính
BD cắt BC tại E . Các đờng thẳng CD , AE lần lợt cắt đờng tròn tại các điểm thứ hai F , G .
Chứng minh :
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
13
Ôn thi chuyển cấp
a) Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD .
b) Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp đợc trong một đờng tròn .
c) AC song song với FG .
d) Các đờng thẳng AC , DE và BF đồng quy .
Câu 6 GiảI phơng trình

4x
2
+ 7x + 1=2
2+x
đề số 6
Bài 1:
Giải các phơng trình :
a) x
4
6x
2
- 16 = 0 .
b) x
2
- 2
x
- 3 = 0
c)
0
9
81
3
1
2
=+















x
x
x
x
Bài 2:
Cho biểu thức
2
12
.
12
2
1
2
2
+









++
+



=
xx
xx
x
x
x
A
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = - 2
Bài 3:
Trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy Cho Parabol y = x
2 (P )

và đờng thẳng y = 2mx - m
2
+ m -
1
(d)
a) Khi m=1 Hãy tìm toạ độ giao điểm của (d) và (P)?
b) Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt?
c) Khi đờng thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. Gọi x
1
; x

2
là hoành độ các giao điểm.
Hãy tìm m để biểu thức A = x
1
x
2
- x
1
- x
2
đạt giá trị nhỏ nhất ?
Bài 4
Một ca nô đi xuôi dòng 48 km rồi đi ngợc dòng 22 km. Biết rằng thời gian đi xuôi dòng lớn
hơn thời gian đi ngợc dòng là 1 giờ và vận tốc đi xuôi lớn hơn vận tốc đi ngợc là 5 km/h. Tính
vận tốc ca nô lúc đi ngợc dòng
Bài 5
Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn
thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đờng thẳng vuông góc với AB tại M cắt
tiếp tuyến tại N của đờng tròn ở P. Chứng minh :
1. Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
3. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng cố định nào.
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
14
Ôn thi chuyển cấp
Bài 6: ( 1 điểm) a) Cho cỏc s thc dng x; y. Chng minh rng:
yx
x
y
y

x
22
++

b) Giải phơng trình: 1+
xxxx += 1
3
2
2
.
HNG DN CHM MễN TON
Bài 2
A
( )
1.
=
xx

b) Nếu A = -2 ta có
( )
21.
=
xx
đặt ẩn phụ
)0(
=
yyx
ta có phơng trình -y(y-1)= - 2
- y
2

+ y + 2 = 0 giải phơng trình này có 2 nghiệm y
1
= -1 ( Loại ) và y
2
= 2
2
==
xyx
Vậy x

= 4
Bài 3: 2 điểm
Câu a: Khi m =1 thì PT đờng thẳng d là y = 2x 1
Toạ độ của giao điểm của (d) và (P) phải là nghiệm của hệ phơng trình



=
=
12
2
xy
xy
0,25đ
Giải hệ phơng trình và kết luận toạ độ của giao điểm của (d) và (P) là (1,1) 0,25đ
Câu b
(d) và (P) cát nhau tại 2 điểm phân biệt

hệ phơng trình






+=
=
12
2
2
mmmxy
xy
có 2 nghiệm 0,25đ
012
22
=++
mmmxx
có 2 nghiệm phân biệt
Lập công thức
acb 4
2
=
và giải tìm đợc
1

m
0,25đ
Vậy
1

m

thì (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt 0,25đ
Câu C
Khi đờng thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. Gọi x
1
; x
2
là hoành độ các giao điểm.
Vậy x
1
; x
2
là nghiệm của PT
012
22
=++
mmmxx
0,25đ
A = x
1
x
2
- x
1
- x
2
= x
1
x
2
(x

1
+ x
2
)
Vận dụng định lý viet Thay vào biểu thức trên 0,25đ
tính đợc nếu m = 1,5 thì A đạt giá trị nhỏ nhất 0,25đ
Bài 4: 3 điểm
1. Ta có OMP = 90
0
( vì PM AB ); ONP = 90
0
(vì NP là tiếp tuyến ).
Nh vậy M và N cùng nhìn OP dới một góc bằng 90
0
=> M và N cùng nằm trên đờng tròn
đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.
Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 90
0
( gt CD AB); DNC = 90
0
(nội tiếp
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
15
Ôn thi chuyển cấp
chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 90
0
lại có C là góc chung => OMC NDC
=>
CM CO
CD CN

=
=> CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R
2
không đổi =>
CM.CN =2R
2
không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 90
0
=> P chạy trên đờng 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 5 (1 đ)
Vi x v y u dng, ta cú
( )
0;0
2
+
yxyx
0,25đ
00))((
22332
++ xyyxyxyxyx
0,25đ


yx
x
y

y
x
22
++
(1) 0,50đ

Vy (1) luụn ỳng vi mi
0y,0x
>>
đề số 7
Câu 1: Cho biểu thức D =






+
+
+

+
ab
ba
ab
ba
11
:








++
+
ab
abba
1
2
1
a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D
b) Tính giá trị của D với a =
32
2

c) Tìm giá trị lớn nhất của D
Câu 2: Cho phơng trình
32
2

x
2
- mx +
32
2

m
2

+ 4m - 1 = 0 (1)
a) Giải phơng trình (1) với m = -1
b) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn
21
21
11
xx
xx
+=+
Câu 3: Hai xí nghiệp theo kế hoạch phải làm tổng cộng 360 dụng cụ. Thực tế, xí nghiệp I vợt mức
kế hoạch 10%, xí nghiệp II vợt mức kế hoạch 15%, do đó cả hai xí nghiệp đã làm đợc 404 dụng cụ.
Tính số dụng cụ mỗi xí nghiệp phải làm theo kế hoạch.
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
16
Ôn thi chuyển cấp
Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB và một điểm N di động trên một nửa đờng tròn sao cho
.BNAN



Vễ vào trong đờng tròn hình vuông ANMP.
a) Chứng minh rằng đờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q.
b) Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp.
c) Chứng minh đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1
Hãy tính giá trị của:
B =
x
xyz
y

zx
z
xy
++
Đáp án
Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là








1
0
0
ab
b
a
- Rút gọn D

D =
1
2
+a
a
b) a =
13)13(
1

32(2
32
2
2
+=+=
+
=
+
a
Vậy D =
34
232
1
32
2
322


=
+
+
c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
112 + Daa
Vậy giá trị của D là 1
Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1)
0920
2
9
2
1

22
=+=+ xxxx





+=
=

101
101
2
1
x
x
b) Để phơng trình 1 có 2 nghiệm thì
4
1
0280 + mm

(
*
)
+ Để phơng trình có nghiệm khác 0






+


+
234
234
014
2
1
2
1
2
m
m
mm
(
*
)
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
17
1
2
1
2
1
F
I
Q
P
N

M
B
A
Ôn thi chuyển cấp
+



=
=+
=++=+
01
0
0)1)((
11
21
21
212121
21
xx
xx
xxxxxx
xx





+=
=

=




=+
=

194
194
0
038
02
2
m
m
m
mm
m
Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = 0 và
194 =m
Câu 3:

Câu 4: a)
21

NN =
Gọi Q = NP
)(O
QA QB =

)
)
Suy ra Q cố định
b)
)

(


211
AMA ==

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


ABF vuông tại A

00
45

45

== BFAB
Lại có
==
1
0
1


45

PAFBP
Tứ giác APQF nội tiếp

0
90


== FQAFPA
Ta có:
000
1809090

=+=+ MPAFPA

M
1
,P,F Thẳng hàng
Câu 5: Biến đổi B = xyz








++

222
111
zyx
=
2
2
. ==
xyz
xyz
đề số 8

Bi 1: (2,0 im)
Gii phng trỡnh v h phng trỡnh sau:
1/
2
5x 6x 8 0 =
2/
5x 2y 9
2x 3y 15
+ =


=

.
Bi 2: (2,0 im)
1/ Rỳt gn biu thc
2 2
A ( 3 2) ( 3 2)= + +
2/ Cho biu thc

x 2 x 1 3 x 1 1
B : 1
x 1 x 3 ( x 1)( x 3) x 1

+ +

= +
ữ
ữ
ữ



a) Rỳt gn biu thc B.
b) Tỡm cỏc giỏ tr nguyờn ca x biu thc B nhn giỏ tr nguyờn .
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
18
Ôn thi chuyển cấp
Bi 3: (1,5 im)
Mt tam giỏc vuụng cú hai cnh gúc vuụng hn kộm nhau 8m . Nu tng mt cnh
gúc vuụng ca tam giỏc lờn 2 ln v gim cnh gúc vuụng cũn li xung 3 ln thỡ c mt
tam giỏc vuụng mi cú din tớch l 51m
2
. Tớnh di hai cnh gúc vuụng ca tam giỏc
vuụng ban u. .
Để hoàn thành một công việc, hai tổ phải làm chung trong 6 giờ. Sau 2 giờ làm chung thì tổ II
đợc điều đi làm việc khác, tổ I đã hoàn thành công việc còn lại trong 10 giờ. Hỏi nếu mỗi tổ
làm riêng thì sau bao lâu sẽ làm xong công việc đó?
Bi 4: (3,5 im)
Bi 4 (3,5 im) Cho ng trũn (O; R) v A l mt im nm bờn ngoi ng trũn.

K cỏc tip tuyn AB, AC vi ng trũn (B, C l cỏc tip im).
1)Chng minh ABOC l t giỏc ni tip.
2)Gi E l giao im ca BC v OA. Chng minh BE vuụng gúc vi OA
v OE.OA=R
2
.
3)Trờn cung nh BC ca ng trũn (O; R) ly im K bt kỡ (K khỏc B v C). Tip
tuyn ti K ca ng trũn (O; R) ct AB, AC theo th t ti cỏc im P v Q. Chng
minh tam giỏc APQ cú chu vi khụng i khi K chuyn ng trờn cung nh BC.
4)ng thng qua O, vuụng gúc vi OA ct cỏc ng thng AB, AC theo th t ti
cỏc im M, N. Chng minh PM + QN MN.
Bi 5: (1,0 im)
a) Gi
1 2
x ,x
l hai nghim ca phng trỡnh:
2 2
x 2(m 1)x 2m 9m 7 0+ + + + + =
(m l tham s).
Chng minh rng :
1 2
1 2
7(x x )
x x 18
2
+


b) x
2

x - 1000
100080001 =+ x

GII THI
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
19
¤n thi chuyÓn cÊp
******
Bài 1:
1/ PT:
2
5x 6x 8 0− − =
;
/ /
1 1
3 7 3 7 4
9 5( 8) 49 0 7 ; x 2 ; x
5 5 5
+ − −
∆ = − − = > ⇒ ∆ = = = = =
⇒
PT đã cho có tập nghiệm :
 
=
 
 
-4
S 2 ;
5
2/

5x 2y 9 15x 6y 27 19x 57 x 3 x 3
2x 3y 15 4x 6y 30 5x 2y 9 y (9 15) : 2 y 3
+ = + = = = =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = − = + = = − = −
    

⇒
HPT có nghiệm duy nhất
(x;y) = (3;-3)
Bài 2:
1/
2 2
A ( 3 2) ( 3 2) 3 2 3 2 3 2 2 3= + + − = + + − = + + − = 4
2/ a) ĐKXĐ:
{ }
x 0
x 1;4;9
≥



≠


( x 2)( x 3) ( x 1)( x 1) 3 x 1 x 2
B :
( x 1)( x 3) x 1

+ − − + − + − −
=
− − −

x 3 x 2 x 6 x 1 3 x 1 x 1
( x 1)( x 3) x 2
− + − − + + − −
= =
− − −
2
.
x - 2

b)
2
B
x 2
=
−
( Với
{ }
x 0 v x 1;4;9µ≥ ≠
)
B nguyên
{ }
x 2 2¦( )= 1 ; 2⇔ − ∈ ± ±
x 2 1 x 3
x 9 (lo
x 2 1 x 1 x 1 (lo
x 16(nh

x 2 2 x 4
x 0 (nh
x 2 2 x 0
¹i)
¹i)
Ën)
Ën)
 
− = =
=

 

− = − = =
 

⇒ ⇔ ⇔
 

=
− = =
 

 
=

− = − =
 
Vậy : Với
{ }

x = 0 ; 16
thì B nguyên .
Bài 3:
Gọi độ dài cạnh góc vuông bé là x (m) (đ/k:
x 0>
)
Thì độ dài cạnh góc vuông lớn là x + 8 (m)
Theo đề bài ta có PT:
1 x 8
.2x. 51
2 3
+
=
hoặc
1 x
. .2(x 8) 51
2 3
+ =
NguyÔn thÕ Kû THCS S¬n T©y
20
1
1
1
I
H
K
O
D
C
B

A
Ôn thi chuyển cấp
2
x 8x 153 0 + =
; Gii PT c :
1 2
x 9 (tm ; x 17 (lođk) ại)= =
Vy: di cnh gúc vuụng bộ l 9m ; di cnh gúc vuụng ln l 17m
Bi 4:
1/
DH AC

(gt)
ã
0
DHC 90=
BD AD (gt)
BD BC
BC// AD(t / c hình bình hành)






ã
0
DBC 90 =
Hai nh H,B cựng nhỡn on DC di
mt gúc khụng i bng 90

0
HBCDW
ni tip trong ng trũn
ng kớnh DC (qu tớch cung cha gúc)
2/
+
ả
ả
ằ
1 1
D C ( 1/ 2s BHđ= =
ca ng trũn ng kớnh DC)
+
ả
ả
1 1
C A=
(so le trong, do AD//BC)
ả
ả
1 1
D A =
+
ã
ả
1
DOK 2A=
(Gúc tõm v gúc ni tip cựng chn
ằ
DK

ca (O))
ã
ả
ã
1
DOK 2D 2BDH = =
.
3/
+
ã
0
AKB 90=
(gúc ni tip chn ẵ (O)
ã
ã
0
BKC DHA 90 = =
;
ả
ả
1 1
C A=
(c/m trờn)

AHD CKB =V V
(cnh huyn gúc nhn)
AH CK =
+AD = BD (
ADB
cõn) ; AD = BC (c/m trờn)

AD BD BC = =
+ Gi
I AC BD=
; Xột
ADB
vuụng ti D , ng cao DH ; Ta cú:

2 2
BD AD AH.AI CK.AI= = =
(h thc tam giỏc vuụng) (1)
Tng t:
2 2
BD BC CK.CI= =
(2)
Cng v theo v ca (1) v (2) ta c:
2 2 2
CK.AI CK.CI 2BD CK(AI CI) 2BD CK.CA 2BD+ = + = =
(pcm)
Bi 5: PT :
2 2
x 2(m 1)x 2m 9m 7 0+ + + + + =
(1)
+
/ 2 2 2
m 2m 1 2m 9m 7 m 7m 6 = + + =
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
21
Ôn thi chuyển cấp
+ PT (1) cú hai nghim
1 2

x ,x
/ 2 2
0 m 7m 6 0 m 7m 6 0 + +

(m +1)(m + 6) 0
; Lp bng xột du
6 m 1
(*)
+Vi /k (*), ỏp dng /l vi ột:
1 2
2
1 2
x x 2(m 1)
x x 2m 9m 7
+ = +


= + +

2 2 2
1 2
1 2
7(x x )
14(m 1)
x x (2m 9m 7) 7m 7 2m 9m 7 2m 16m 14
2 2
+
+
= + + = =


2
2(m 8m 16) 14 32= + + + =
2
18 2(m + 4)
+ Vi
6 m 1

thỡ
2
18 2(m 4) 0 +
. Suy ra
=
2 2
18 2(m + 4) 18 2(m + 4)
Vỡ
2
2(m 4) 0+

2
18 2(m + 4) 18
. Du = xy ra khi
m 4 0 m 4
+ = =
(tmk (*))
Vy :
1 2
1 2
7(x x )
x x 18
2

+

(pcm)
đề số 9

Gii h phng trỡnh v phng trỡnh sau :
a)
3x 2y 1
5x 3y 4
+ =


+ =

b) 9x
4
+ 8x
2
1= 0
Câu I: (3,0đ). Cho
4 2
:
1
1 1
x x x
P x
x
x x

+


=
ữ
ữ
ữ

+ +


a) Rút gọn P.
b) Tìm x để P < 0
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của
P
5
CâuII: (2,5đ). Cho phơng trình bậc hai, với tham số m: 2x
2
(m+3)x + m = 0 (1).
1. Giải phơng trình (1) khi m = 2.
2. Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn: x
1
+
x
2
=
5
2

x
1
x
2
.
3. Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1 2
x x
Câu III: (1,5đ).
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
22
Ôn thi chuyển cấp
a/ Tỡm hai s u v v bit: u+v = 1; uv = -42 v u >v.
b)Giải bài toán bằng cách lập phơng trình.
Một ngời đi xe máy từ A đến B cách nhau 100km với vận tốc xác định. Khi từ B về A ngời
đó đi theo con đờng khác dài hơn 20km nhng vận tốc lớn hơn lúc đi là 5km/h. Tìm vận tốc lúc
đi. Biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi 10 phút và vận tốc xe máy không quá 60lm/h
Câu IV: (3,0đ). Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định và CD là một đờng kính thay
đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến của đờng tròn (O;R) tại B cắt các đờng thẳng AC và AD
lần lợt tại E và F.
1. Chứng minh rằng BE.BF = 4R
2
.
2. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn.
3. Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh rằng tâm I luôn nằm
trên một đờng thẳng cố định.

Gợi ý Đáp án
Câu I:

Câu II:
1. Với m = 2 thì phơng trình trở thành: 2x
2
5x + 2 = 0
Phơng trình có hai nghiệm là: 2 và 1/2.
2. Ta có = (m + 3)
2
4.2.m = m
2
- 2m + 9= (m - 1)
2
+ 8
=> >0 với mọi m => phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Theo Viét ta có:
1 2
1 2
3
2
2
m
x x
m
x x
+

+ =





=


Mà x
1
+ x
2
=
5
2
x
1
x
2
=>2(m+3) = 5m m = 2.
3. Ta có (x
1
x
2
)
2
= (x
1
+ x
2
)
2

- 4x
1
.x
2
= (m + 3)
2
:4 2m = (m
2
- 2m + 9):4 =
2
( 1) 8
2
4
m +


1 2
2x x

Vậy MinP =
2
m =1
Câu III:
Câu IV:
a. Ta có tam giác AEF vuông tại A (Góc A là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
Mà AB là đờng cao.
=> BE.BF = AB
2
(Hệ thức lợng trong tam giác vuông)
=> BE.BF = 4R

2
( Vì AB = 2R)
b. Ta có góc CEF = góc BAD (Cùng phụ với góc BAE)
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
23
O
d
H
I
F
E
D
C
B
A
Ôn thi chuyển cấp
Mà góc BAD = góc ADC ( Tam giác AOD cân)
=> Góc CEF = góc ADC => Tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn.
c. Gọi trung điểm của EF là H.
=> IH // AB (*)
Ta lại có tam giác AHE cân tại H (AH là trung tuyến của tam giác
vuông AEF, góc A = 90
0
) => góc HAC = góc HEA (1)
Mà góc HEA + góc BAC = 90
0
(2)
Mặt khác góc BAC = góc ACO ( tam giác AOC cân tại O) (3)
Từ (1), (2) và (3) => AH CD
Nhng OI CD

=> AH//OI (**)
Từ (*) và (**) => AHIO là hình bình hành => IH = AO = R (không đổi).
Nên I cách đờng thẳng cố định EF một khoảng không đổi = R =>
I thuộc đờng thẳng d // EF và cách EF một khoảng =R.
* Chú ý: Trờng hợp CD AB thì I thuộc AB và vẫn cách d một khoảng = R.
đề số 10
Bi 1. (2,0 im)
1. Rỳt gn cỏc biu thc sau: a)
3 13 6
2 3 4 3 3
+ +
+
b)
x y y x
x y
xy x y


+

vi x > 0 ; y > 0 ; x y
2. Gii phng trỡnh:
4
x 3
x 2
+ =
+
.
Bi 2. (2,0 im)
Cho h phng trỡnh:

( )
m 1 x y 2
mx y m 1

+ =


+ = +


(m l tham s)
1. Gii h phng trỡnh khi
m 2=
;
2. Chng minh rng vi mi giỏ tr ca m thỡ h phng trỡnh luụn cú nghim duy nht (x;y) tho món:
2 x + y 3 .
Bi 3. (2,0 im)
Trong mt phng ta Oxy, cho ng thng (d):
( )
y k 1 x 4= +
(k l tham s) v parabol (P):
2
y x=
.
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
24
Ôn thi chuyển cấp
1. Khi
k 2=
, hóy tỡm to giao im ca ng thng (d) v parabol (P);

2. Chng minh rng vi bt k giỏ tr no ca k thỡ ng thng (d) luụn ct parabol (P) ti hai im
phõn bit;
3. Gi y
1
; y
2
l tung cỏc giao im ca ng thng (d) v parabol (P). Tỡm k sao cho:
1 2 1 2
y y y y+ =
.
Bài 4: Giải bài toán bằng cách lập phơng trình.
Một ngời đi xe máy từ A đến B cách nhau 100km với vận tốc xác định. Khi từ B về A
ngời đó đi theo con đờng khác dài hơn 20km nhng vận tốc lớn hơn lúc đi là 5km/h. Tìm vận
tốc lúc đi. Biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi 10 phút và vận tốc xe máy không quá
60lm/h.
Bi 5. (3,5 im)
Cho hỡnh vuụng ABCD, im M thuc cnh BC (M khỏc B, C). Qua B k ng thng vuụng gúc
vi DM, ng thng ny ct cỏc ng thng DM v DC theo th t ti H v K.
1. Chng minh: Cỏc t giỏc ABHD, BHCD ni tip ng trũn;
2. Tớnh
ã
CHK
;
3. Chng minh KH.KB = KC.KD;
4. ng thng AM ct ng thng DC ti N. Chng minh
2 2 2
1 1 1
AD AM AN
= +
.

Bi 6. (0,5 im)
Gii phng trỡnh:
1 1 1 1
3
x 2x 3 4x 3 5x 6

+ = +
ữ


.
HT
Giải
Bi 1. (2,0 im)
1. Rỳt gn cỏc biu thc sau: a)
3 13 6
2 3 4 3 3
+ +
+
b)
x y y x
x y
xy x y


+

vi x > 0 ; y > 0 ; x y
2. Gii phng trỡnh:
4

x 3
x 2
+ =
+
.
Bi 2. (2,0 im)
Cho h phng trỡnh:
( )
m 1 x y 2
mx y m 1

+ =


+ = +


(m l tham s)
1. Gii h phng trỡnh khi
m 2=
;
Nguyễn thế Kỷ THCS Sơn Tây
25