THI TH 1
Th i gian:120 phut
Bài 1: Cho biểu thức: P =
( )









+








+
+



1
122
:
11

x
xx
xx
xx
xx
xx
a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Bài 2: Cho phơng trình: x
2
-( 2m + 1)x + m
2
+ m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x
1
; x
2
thoả mãn
3
2
3
1
xx
=50
Bai 3 : Giải bài toán bằng cách lập phơng trình
Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất đợc 900 chi tiết máy.Tháng thứ hai tổ I
vợt mức 15%, tổ II vợt mớc 10% so với thảng thứ nhất. Vì vậy hai tổ đã sản
xuất đợc 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng thứ nhất mỗi tổ sản xuất đợc bao nhiêu
chi tiết máy.

Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . H là
trực tâm của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.
a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.
b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng
thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.
c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Bài 5: : Cho
Rzyx

,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
x
10

) .

Đáp án1
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x
1;0 x

a, Rút gọn: P =
( )
( )
( )
1
12
:
1
12
2




x
x
xx
xx
z
<=> P =
1
1
)1(
1

2

+
=


x
x
x
x
b. P =
1
2
1
1
1

+=

+
xx
x
Để P nguyên thì
)(121
9321
0011
4211
Loaixx
xxx
xxx

xxx
==
===
===
===

Vậy với x=
{ }
9;4;0
thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
( )
( )







<+=+
>+=
++=
012
06
06412
21
2
21
2

2
mxx
mmxx
mmm

3
2
1
0)3)(2(
025
<







<
>+
>=
m
m
mm
b. Giải phơng trình:
( )
50)3(2
3
3
=+ mm











=
+
=

=+=++
2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm

Bài 3 gi s chi tit mỏy t 1 sn xut trong thỏng 1 l : x chi tit mỏy
(0<x<900)
S chi tit mỏy t 2 sn xut trong thỏng 1 l : y chi tit mỏy

(0<y<900)
Theo bi ra ta cú phng trỡnh : x+y=900 (1)
Thỏng 2 t 1 vt mc 15% nờn t 1 sn xut c l :115x/100
Thỏng 2 t 2 vt mc 10% nờn t hai sn xut c l :110x/100
Theo bi ra ta cú phng trỡnh : 115x/100 +110x/100 = 1010 (2)
T (1) v (2) ta cú h
Gii ra ta c x=400 v y=500 tha man
Bài 4
a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình
hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên
CH
AB
và BH
AC
=> BD
AB
và CD
AC
.
Do đó:

ABD = 90
0
và

ACD = 90
0
.
Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD

của đờng tròn tâm O thì
tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên

APB =

ADB
nhng

ADB =

ACB nhng

ADB =

ACB
Do đó:

APB =

ACB Mặt khác:

AHB +

ACB = 180
0
=>

APB +


AHB = 180
0

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên

PAB =

PHB
Mà

PAB =

DAB do đó:

PHB =

DAB
Chứng minh tơng tự ta có:

CHQ =

DAC
Vậy

PHQ =

PHB +

BHC +


CHQ =

BAC +

BHC = 180
0
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c). Ta thấy

APQ là tam giác cân đỉnh A
Có AP = AQ = AD và

PAQ =

2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ
đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất
D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O
BAI 5
Từ :
zyxzyx
++
=++
1111
=>
0
1111
=
++
++
zyxzyx

=>
( )
0
=
++
++
+
+
zyxz
zzyx
xy
yx

H
O
P
Q
D
C
B
A
( )
( )
( )
( )( )
0)(
0
)(
0
11

2
=+++⇒
=








++
+++
+⇒
=








++
++⇒
xzzyyx
zyxxyz
xyzzyzx
yx
zyxzxy

yz
Ta cã : x
8
– y
8
= (x + y)(x-y)(x
2
+y
2
)(x
4
+ y
4
).=
y
9
+ z
9
= (y + z)(y
8
– y
7
z + y
6
z
2
- + z
8
)
z

10
- x
10
= (z + x)(z
4
– z
3
x + z
2
x
2
– zx
3
+ x
4
)(z
5
- x
5
)
VËy M =
4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
3
ĐỀ THI THỬ 2
Thời gian:120 phút
Câu 1:(2,5 điểm)
Cho biểu thức:

x
A ;x , x
x
x x
= + + ≥ ≠
−
− +
1 1
0 4
4
2 2
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x= 25.
3. Tìm giá trị của x để
A
−
=
1
3
.
Câu 2: (2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ
thứ hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng
trong một ngày tổ thứ nhất may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo.
Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao nhiêu chiếc áo?
Câu3: (1,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x):
( )
x m x m

− + + + =
2 2
2 1 2 0
1. Giải phương trình đã cho khi m =1.
2. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
x ,x
1 2
thoả mãn hệ thức:
x x
+ =
2 2
1 2
10
Câu4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O, R) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp
tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm)
1. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với
OA và OE.OA = R
2
.
3. Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O, R) lấy điểm K bất kỳ (K
khác B, C). Tiếp tuyến tại K của đường tròn (O, R) cắt AB, AC
theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh tam giác APQ có chu vi không
đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
4. Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB,
AC theo thứ tự tại M, N. Chứng minh rằng
PM QN MN+ ≥
.
Câu5: (0,5 điểm)

Giải phương trình:
( )
x x x x x x
− + + + = + + +
2 2 3 2
1 1 1
2 2 1
4 4 2
.
HƯỚNG DẪN GIẢI 2
CÂU NỘI DUNG
ĐIỂM
1 2,5đ
1.1 Rút gọn biểu thức
Đặt
y x x y ; y , y
= ⇒ = ≥ ≠
2
0 2
Khi đó
y
A
y y
y
= + +
− +
−
2
2
1 1

2 2
4
0,5
( )
( ) ( )
y y y
y y y
y y
y y y
y y y
y
+ −
= + +
− − −
+
+
= = =
− + −
−
2
2 2 2
2
2
2 2
4 4 4
2
2
2 2 2
4
Suy ra

x
A
x
=
−2
0,5
1.2 Tính giá trị A khi x= 25
Khi x = 25
A
⇒ = =
−
25 5
3
25 2
0,5
1.3 Tìm x khi
A
−
=
1
3
y
A
y
y y
y
y x x
− −
= ⇔ =
−

⇔ = − +
⇔ =
⇔ = ⇔ = ⇔ =
1 1
3 2 3
3 2
4 2
1 1 1
2 2 4
1
2 2,5đ
Gọi số áo tổ 1 may được trong 1 ngày là x
( )
x ;x∈ >10¥
số áo tổ 2 may được trong 1 ngày là y
( )
y ,y∈ ≥ 0¥
0,5
Chênh lệch số áo trong 1 ngày giữa 2 tổ là: x-y = 10
Tổng số áo tổ 1 may trong 3 ngày, tổ 2 may trong 5 ngày là:
3x+5y = 1310
2
( )
y x
x y
x y
x x
y x
x
x

y
= −
− =


⇔
 
+ =
+ − =


= −

⇔

− =

=

⇔

=

10
10
3 5 1310
3 5 10 1310
10
8 50 1310
170

160
Vậy: Mỗi ngày tổ 1 may được 170 áo, tổ 2 may được 160 áo
3 1đ
3.1
Khi m=1 ta có phương trình:
x x− + =
2
4 3 0
Tổng hệ số a+b+c = 0 ⇒ Phương trình có 2 nghiệm
c
x ; x
a
= = =
1 2
1 3
0,5
3.2

( )
( )
x
' m m m
∆ = + − + = −
2
2
1 2 2 1
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
x
' m m⇔ ∆ = − > ⇔ >
1

2 1 0
2
0,25
Theo định lý Viét
( )
b
x x m
a
c
x x m
a
−

+ = = +




= = +


1 2
2
1 2
2 1
2
( )
( )
( )
x x x x x x

m m
m m
+ = + −
= + − +
= +
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2
2
2
4 1 2 2
2 8
x x m m
m
m m
m
+ = ⇔ + =
=

⇔ + − = ⇔

= −

2 2 2
1 2
2
10 2 8 10
1

2 8 10 0
5
Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
0,25
4 3,5đ
4.1 1đ
(Thích h p k)ợ đ
(lo i)ạ
Vẽ đúng hình và ghi đầy đủ giả thiết kết luận
0,5
Do AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O)
·
·
ACO ABO⇒ = = °90
⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp được.
0,5
4.2 1đ
AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O) ⇒ AB =AC
Ngoài ra: OB = OC = R
Suy ra OA là trung trực của BC ⇒
OA BE
⊥
0,5
∆OAB vuông tại B, đường cao BE
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
OE.OA OB R= =
2 2
0,5
4.3 1đ
PB, PK là 2 tiếp tuyến kẻ từ P đến (O) nên PK = PB

tương tự ta cũng có QK = QC
0,5
Cộng vế ta có:
PK KQ PB QC
AP PK KQ AQ AP PB QC QA
AP PQ QA AB AC
Chu vi APQ AB AC
+ = +
⇔ + + + = + + +
⇔ + + = +
⇔ ∆ = +
0,5
4.4 0,5
Cách 1
∆MOP đồng dạng với ∆NQO
( )
OM MP
Suy ra:
QN NO
MN
MP.QN OM.ON
MN MP.QN MP QN
MN MP QN
=
⇔ = =
⇔ = ≤ +
⇔ ≤ +
2
2
2

4
4
0,5
Cách 2
Gọi H là giao điểm của OA và (O), tiếp tuyến tại H với (O) cắt
AM, AN tại X, Y.
Các tam giác NOY có các đường cao kẻ từ O, Y bằng
nhau ( = R)
⇒ ∆NOY cân đỉnh N ⇒ NO = NY
Tương tự ta cũng có: MO = MX
⇒ MN = MX + NY.
Khi đó: XY + BM + CN = XB + BM + YC + CN = XM +
YN = MN
Mặt khác
MP + NQ = MB + BP + QC + CN = MB + CN + PQ
≥
MB +
CN + XY = MN
0,5
5 0,5đ

( )
( ) ( )
PT x x x x x x
   
⇔ − + + = + + = + +
 ÷  ÷
   
2
2 2 2

1 1 1 1
2 1 1 1
4 2 2 2
Vế phải đóng vai trò là căn bậc hai số học của 1 số nên phải có
VP ≥ 0
Nhưng do
( )
+ > ∀ ∈¡x x
2
1 0
nên
VP x x
−
≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥
1 1
0 0
2 2
Với điều kiện đó:
 
+ = + = +
 ÷
 
x x x
2
1 1 1
2 2 2
0,25
( )
( )
( )

PT x x x x
x x x x
x x x
x
x
x
x
 
⇔ − + + = + +
 ÷
 
 
⇔ + + = + +
 ÷
 
   
⇔ + = + +
 ÷  ÷
   
 −

+ =
=


⇔ ⇔


=
+ =




2 2
2 2
2
2
1 1 1
1
4 2 2
1 1
1
4 2
1 1
1
2 2
1
1
0
2
2
0
1 1
Tập nghiệm:
{ }
S ;
−
=
1
0

2
0,25

ĐỀ THI THỬ 3
Thời gian:120 phút
Bài 1. (1,5điểm).
2. Cho biểu thức P =
a + a a - a
+1 -1
a +1 a -1
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
với
a 0; a 1≥ ≠
.
a) Chứng minh P = a -1.
b) Tính giá trị của P khi
a = 4 + 2 3
.
c)Tinh a khi P<1/2
Bài 2. (2,5 điểm).Cho phuong trinh trình x
2
- 5x - m + 7 = 0
1. Giải phương trình khi m=-1
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2

thỏa mãn hệ thức
2 2
1 2
13x x+ =
.
3. Cho hàm số
2
=y x
có đồ thị (P) và đường thẳng (d) :
= - + 2y x

a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
Bài 3. (1,5 điểm).
Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 5 giờ
sẽ đầy bể. Nếu vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ hai chảy trong 4 giờ
thì được
2
3
bể nước.
Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể ?
Bài 4. (3,5điểm).
Cho đường tròn (O; R) và một điểm S nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ
các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Một đường
thẳng đi qua S (không đi qua tâm O) cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm M và
N với M nằm giữa S và N. Gọi H là giao điểm của SO và AB; I là trung
điểm MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E.
a) Chứng minh IHSE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh OI.OE = R
2

.
c) Cho SO = 2R và MN =
R 3
. Tính diện tích tam giác ESM theo R.
Bài 5. (1,0 điểm).
Giải phương trình
2
2010 - - 2008 - 4018 + 4036083+ = xx x x



HUỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN 3
Tóm tắt cách giải Biểu
điểm
Bài 1 : (1,5 điểm)
Bài 1.1 (0,5 điểm)
3 2 -4 9 . 2 = 3 2 -12 2


= -9 2

Bài 1.2. (1,0 điểm)
a) Chứng minh P = a - 1:
P =
a + a a - a
+1 -1
a +1 a -1
  
 ÷ ÷

 ÷ ÷
  

a( a +1) a( a -1)
= +1 -1
a +1 a -1
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  

= ( a +1)( a -1) = a -1
Vậy P = a - 1
b) Tính giá trị của P khi
a = 4 + 2 3

( )
2
a = 4 + 2 3 = 3+2 3 +1 = 3 +1 = 3 +1
P = a -1= 3 +1-1= 3
0,25điểm
0,25điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 2 : (2,5 điểm)
1. (0,5 điểm)
Giải phương trình x
2


−
5x + 6 = 0
Ta có
25 24 1∆ = − =
Tính được : x
1
= 2; x
2
= 3
2. (1,0 điểm)
Ta có
=25 4( m 7)∆ − − +
= 25 + 4m
−
28 = 4m
−
3
Phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
;x x

⇔

∆=
4m
−
3
≥
0

⇔
3
4
m ≥
Với điều kiện
3
4
m ≥
, ta có:
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2x + x = x + x - x x
=13

⇔
25 - 2(- m + 7) = 13
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
⇔
2m = 2
⇔
m = 1 ( thỏa mãn điều kiện ).
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm
3.(1,0 điểm)

a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d) :
Bảng giá trị tương ứng:
x -2 -1 0 1 2
y = -x + 2 4 3 2 1 0
y = x
2
4 1 0 1 4
b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương
trình :
x
2
+ x -2 = 0 ; Giải phương trình ta được x
1
= 1 và x
2
= -2
Vậy tọa độ giao điểm là (1 ; 1) và (-2 ; 4)
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 3 (1,5 điểm)
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là x (h)
và thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là y (h).
Điều kiện : x , y > 5.
Trong một giờ, vòi thứ nhất chảy được
1
x
bể.
Trong một giờ vòi thứ hai chảy được
1

y
bể.
Trong một giờ cả hai vòi chảy được :
1
5
bể.
Theo đề bài ta có hệ phương trình :
0,25 điểm
0,25 điểm
4
2
-5
5
O
1 2
-2 -1
y
x
1
1 1 1
x y 5
3 4 2
x y 3

+ =




+ =



Giải hệ phương trình ta được x = 7,5 ; y = 15 ( thích hợp )
Trả lời : Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là
7,5 (h) (hay 7 giờ 30 phút ).
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là 15 (h).
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 4 (3,5 điểm)
Vẽ hình đúng
a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một đường tròn :
Ta có SA = SB ( tính chất của tiếp tuyến)
Nên
∆
SAB cân tại S
Do đó tia phân giác SO cũng là đường cao
⇒
SO
⊥
AB
I là trung điểm của MN nên OI
⊥
MN
Do đó
·
·
SHE SIE 1V= =
⇒
Hai điểm H và I cùng nhìn đoạn SE dưới 1 góc vuông nên tứ

giác IHSE nội tiếp đường tròn đường kính SE
b)
∆
SOI đồng dạng
∆
EOH ( g.g)
⇒

OI OS
OI.OE OH.OS
OH OE
= ⇒ =
mà OH.OS = OB
2
= R
2
( hệ thức lượng trong tam giác vuông
SOB)
nên OI.OE =
2
R
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

E
H
A
I
M
B
S
O
N
c) Tính được OI=
2
R R
OE 2R
2 OI
⇒ = =

3R
EI OE OI
2
⇒ = − =
Mặt khác SI =
2 2
R 15
SO OI
2
− =
R 3( 5 1)
SM SI MI
2
−

⇒ = − =
Vậy S
ESM
=
2
SM.EI R 3 3( 5 1)
2 8
−
=

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 5 (1,0 điểm)
Phương trình :
2
2010 x x 2008 x 4018x 4036083− + − = − +
(*)
Điều kiện
2010 x 0
2008 x 2010
x 2008 0
− ≥

⇔ ≤ ≤

− ≥

Áp dụng tính chất

( )
( )
2
2 2
a + b 2 a + b≤
với mọi a, b
Ta có :
( )
( )
2
2010 x x 2008 2 2010 x x 2008 4− + − ≤ − + − =
( )
12010 x x 2008 2⇒ − + − ≤
Mặt khác
( )
( )
2
2
2x 4018x 4036083 x 2009 2 2− + = − + ≥
Từ (1) và (2) ta suy ra : (*)
( )
2
2010 x x 2008 x 2009 2 2⇔ − + − = − + =

( )
2
x 2009 0 x 2009⇔ − = ⇔ =
( thích
hợp)
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2009

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
ĐỀ THI THỬ 4
Thi gian:120 phỳt
Câu 1: Cho P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
1
x
x
+

a/. Rút gọn P.
b /. Chứng minh: P <
1

3
với x

0 và x

1
c/. Tinh P khi x=0,25
Câu 2: Cho phơng trình : x
2
2(m - 1)x + m
2
3 = 0
( 1 )
; m là tham
số.
a/. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.
b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng
ba lần nghiệm kia.
Câu 3 : Gii bi toỏn bng cỏch lp phng trỡnh:
Cho s t nhiờn cú hai ch s, tng ca ch s hng chc v ch s
hng n v bng 14. Nu i ch ch s hng chc v hng n v cho
nhau thỡ c s mi ln hn s ó cho 18 n v. Tỡm s ó cho.
Câu 4: Cho
ABCV
cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D
không trùng với A, B). Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp
BCDV
. 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.
Bài 5.Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng :
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +
Đáp án 4
Câu 1: Điều kiện: x

0 và x

1. (0,25 điểm)
P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+

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

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

x x x
+ + + + +
+ +
=
( 1)( 1)
x x
x x x

+ +
=
1
x
x x+ +
b/. Với x

0 và x

1 .Ta có: P <
1
3


1
x
x x+ +
<
1
3

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)
Câu 2:a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi



0.

(m - 1)
2
m
2

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:

2
3 2 2
.3 3
a a m
a a m
+ =


=


a=
1
2

m


3(
1
2
m
)
2
= m
2
3

m
2
+ 6m 15 = 0

m = 3

2
6
( thõa mãn điều kiện).
Câu 3: Gi x l ch s hng n v .
Ch s hng chc ca s ú l: 14 x
K: 0 < x
N

9
S cn tỡm c vit di dng a thc: 10(14 x) + x = 140 9x
Khi i ch hai ch s hng chc v hng n v cho nhau ,ta cú s

mi:
10x + 14 x = 9x + 14
Theo toỏn ta cú phng trỡnh:
9x + 14 (140 9x ) = 18


9x + 14 140 +9x = 18


18x = 144


x = 8
Giỏ tr x = 6 tha món iu kin .
Vy ch s n v l 8, s hng chc l 6. S cn tỡm l 68.
Chỳ ý: Cú th lp h phng trỡnh bc nht hai n
Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành

AB // CK


ã
ã
BAC ACK=
Mà
ã
1
2
ACK =

sđ
ằ
EC
=
1
2
sđ
ằ
BD
=
ã
DCB
Nên
ã
ã
BCD BAC=
Dựng tia Cy sao cho
ã
ã
BCy BAC=
.Khi đó, D là giao điểm của
ằ
AB
và Cy.
Với giả thiết
ằ
AB
>
ằ
BC

thì
ã
BCA
>
ã
BAC
>
ã
BDC
.


D

AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.
Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :
2 2
1 1
0; 0
2 2
a b


ữ ữ



a , b > 0
1 1

0; 0
4 4
a a b b + +

1 1
( ) ( ) 0
4 4
a a b b + + +


a , b > 0
1
0
2
a b a b + + + >
Mặt khác
2 0a b ab+ >

Nhân từng vế ta có :
( ) ( )
( )
1
2
2
a b a b ab a b

+ + + +




( )
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +

THI TH 5
Thi gian: 120 phỳt
Bi 1:Cho biu thc:
2
x x x 1
P 2
x 1 x x x x


= +
ữ
ữ
ữ
+ +


vi x >0
1.Rỳt gn biu thc P
2.Tỡm giỏ tr ca x P = 0
3.Tim P khi x=81

Bi 2. Cho phng trỡnh: x
2
+ 2(m + 3)x + m
2
+ 3 = 0 (m l tham s)
1) Tìm m để phương trình có nghiệm kép? Hãy tính nghiệm kép đó.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
– x
2
= 2
Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành
thì 1 xe phải điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều
hơn 0,5 tấn hàng so với dự định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận
chuyển. (biết khối lượng hàng mỗi xe chở như nhau)
Bài 4: Cho đường tròn tâm O có các đường kính CD, IK (IK không trùng
CD)
1. Chứng minh tứ giác CIDK là hình chữ nhật
2. Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tâm O thứ tự ở G;
H
a. Chứng minh 4 điểm G, H, I, K cùng thuộc một đường tròn.
b. Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí của G và H khi diện tích tam
giác DGH đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5: Các số
[ ]
a,b,c 1;4

∈ −
thoả mãn điều kiện
a 2b 3c 4
+ + ≤
chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2
a 2b 3c 36
+ + ≤
Đẳng thức xảy ra khi nào?
…………… HẾT……………
Hướng 5
Bài 1: Đk: x> 0
1. P = (
2
x x x
x 1 x x x
+
+ +
).(2-
1
x
) =
x x x x
.
x x
+ −
+
2 1
1
=

x(2 x 1)−
.
2. P = 0
⇔

x(2 x 1)−

⇔
x = 0 , x =
4
1
Vì x = 0 không thỏa đk x>
0 nên loại . Vậy P = 0
⇔
x =
4
1
.
Bài 2. (2điểm) x
2
+ 2(m + 3)x + m
2
+ 3 = 0 (1)
1) Phương trình (1) có nghiệm kép
'
0⇔ ∆ =

( )
( )
2

2
m 3 m 3 0
⇔ + − + =

6m 6 0⇔ + =

m 1
⇔ = −
Vậy với m = – 1 phương trình (1) có nghiệm kép .
Nghiệm kép của PT (1) :
( )
( )
'
1 2
m 3
b
x x 1 3 2
a 1
− +
= = − = = − − + = −

2) Phương trình (1) có hai nghiệm x
1
; x
2

'
0
⇔ ∆ ≥


6m 6 0
⇔ + ≥
m 1
⇔ ≥ −
Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x
1
+ x
2
= – 2(m + 3) ; P = x
1
. x
2
= m
2

+ 3
Từ x
1
– x
2
= 2 suy ra: ( x
1
– x
2
)
2
= 4
⇔
( x
1

+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
= 4 (*)
Thay S và P vào (*) ta được:
( )
( )
2
2
2 m 3 4 m 3 4− + − + =
 
 

( )
2 2
4 m 6m 9 4m 12 4
⇔ + + − − =

24m 24 4
⇔ + =

5
m
6
⇔ = −

( thoả mãn
m 1
≥ −
)
Vậy x
1
– x
2
= 2
5
m
6
⇔ = −

Bài 3:
Gọi số xe thực tế chở hàng là x xe ( x
∈
N
*
) thì số xe dự định chở hàng là x
+1 ( xe ).
Theo dự định mỗi xe phải chở:
15
x 1+
( tấn )
Nhưng thực tế mỗi xe phải chở :
15
x
( tấn )
Ta có phương trình :

15
x
-
1
15
+x
= 0,5
Giải phương trình ta được : x
1
= -6 ( loại ) ; x
2
= 5 ( nhận)
Vậy thực tế có 5 xe tham gia vận chuyển hàng .
Bài 4: 1, Ta có CD là đường kính, nên :

∠
CKD =
∠
CID = 90
0
( T/c góc nội tiếp )
Ta có IK là đường kính, nên :
∠
KCI =
∠
KDI = 90
0
( T/c góc nội tiếp)
Vậy tứ giác CIDK là hình chữ nhật .
2, a) Vì tứ giác CIDK nội tiếp nên ta có :

∠
ICD =
∠
IKD ( t/c góc nội tiếp)
Mặt khác ta có :
∠
G =
∠
ICD ( cùng phụ với
∠
GCI )




G =

IKD Vy t giỏc GIKH ni tip.
b) Ta cú : DC

GH ( t/c)


DC
2
= GC.CH m CD l ng kớnh, nờn di CD khụng i .


GC. CH khụng i.
din tớch


GDH t giỏ tr nh nht khi GH t giỏ tr nh nht.
M GH = GC + CH nh nht khi GC = CH
Khi GC = CH ta suy ra : GC = CH = CD V IK

CD .
Bi 5: Do -1
4,, cba
Nờn a +1

0 a 4

0
Suy ra : ( a+1)( a - 4)

0

a
2


3.a +4
Tng t ta cú b
2


3b +4


2.b

2


6 b + 8
3.c
2


9c +12
Suy ra: a
2
+2.b
2
+3.c
2


3.a +4+6 b + 8+9c +12
a
2
+2.b
2
+3.c
2

36 ( vỡ a +2b+3c

4 )
THI TH 6
Bi 1: Cho biểu thức

A =









+












+
1
:
1
1
1
1

x
x
x
x
x
x
xx
với x > 0 và x 1
1) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3
3) Tim x A>0
Bài 2: Cho phơng trình x
2
- 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1)
a. Chứng minh phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b. Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phơng trình (1) mà
không phụ thuộc vào m.
c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x
2
1
+ x
2
2
(với x
1
, x
2
là nghiệm của ph-
ơng trình (1)
B i 3 : Giải bài toán bằng cách lập phơng trình

Một ca nô xuôi dòng trên một khúc sông từ bến A đến bến
B cách nhau 80km,sau đó lại ngợc dòng đến địa điểm C
cách B 72km, thời gian ca nô xuôi dòng ít hơn thời gian ca
nô ngợc dòng 15 phút. Tính vận tốc riêng của ca nô ,biết
vận tốc của dòng nớc là 4km/h.
Bài 4: Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí
trên cung lớn BC sao cho AC>AB và AC > BC . Gọi D là điểm chính giữa
của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q
lần lợt là giao điểm của các cặp đờng thẳng AB với CD; AD và CE.
a. Chứng minh rằng DE// BC
b. Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp
c. Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F
Chứng minh hệ thức:
CE
1
=
CQ
1
+
CE
1
Bài 5: Cho các số dơng a, b, c Chứng minh rằng:
21 <
+
+
+
+
+
<
ac

c
cb
b
ba
a
DAP AN 6
Câu 1 Ta có: A =









+












+

1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
=









+














+
++
11
)1(
:
1
1
)1)(1(
)1)(1(
x
x
x
xx
x
x
xx
xxx
=










+












+
1
:
1
1
1
1
x
xxx
x
x
x
xx

=
1
:
1
11

++
x
x
x
xxx
=
1
:
1
2

+
x
x
x
x
=
x
x
x
x 1
1
2



+
=
x
x2
b) A = 3 =>
x
x2
= 3 => 3x
Bài 3: a.
'

= m
2
3m + 4 = (m -
2
3
)
2
+
4
7
>0

m.
Vậy phơng trình có 2 nghiệm phân biệt
b. Theo Viét:




=
=+
3
)1(2
21
21
mxx
mxx
=>



=
=+
622
22
21
21
mxx
mxx

<=> x
1
+ x
2
2x
1
x
2
4 = 0 không phụ thuộc vào m

C ;P = x
1
2
+ x
1
2
= (x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
x
2
= 4(m - 1)
2
2 (m-3)
= (2m -
2
5
)
2
+
m
4
15
4
15


VậyP
min
=
4
15
với m =
4
5

+
x
- 2 = 0 => x = 2/3
Bài 4: Vẽ hình đúng viết giả thiết kết luận
a. Sđ

CDE =
2
1
Sđ DC =
2
1
Sđ BD =
BCD

=> DE// BC (2 góc vị trí so le)
b.

APC =
2

1
sđ (AC - DC) =

AQC
=> APQC nội tiếp (vì

APC =

AQC
cùng nhìn đoan AC)
c.Tứ giác APQC nội tiếp

CPQ =

CAQ (cùng chắn cung CQ)

CAQ =

CDE (cùng chắn cung DC)
Suy ra

CPQ =

CDE => DE// PQ
Ta có:
PQ
DE
=
CQ
CE

(vì DE//PQ) (1)
FC
DE
=
QC
QE
(vì DE// BC) (2)
Cộng (1) và (2) :
1==
+
=+
CQ
CQ
CQ
QECE
FC
DE
PQ
DE
=>
DEFCPQ
111
=+
(3)

ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ
Thay vào (3) :
CECFCQ
111
=+


O
B
C
H
E
A
P
Bài 5:Ta có:
cba
a
++
<
ab
a
+
<
cba
ca
++
+
(1)

cba
b
++
<
cb
b
+

<
cba
ab
++
+
(2)

cba
c
++
<
ac
c
+
<
cba
bc
++
+
(3)
Cộng từng vế (1),(2),(3) :
1 <
ba
a
+
+
cb
b
+
+

ac
c
+
< 2
THI TH 7
Thi gian:120 phỳt
Cõu 1. ( 2,5 im )
Cho biu thc
a 1 1 2
K :
a 1
a 1 a a a 1


= +
ữ
ữ

+


a) Rỳt gn biu thc K.
b) Tớnh giỏ tr ca K khi a = 3 + 2
2
c) Tỡm cỏc giỏ tr ca a sao cho K < 0.
Cõu 2 (2 im):
Cho phơng trình bậc hai : x
2
2(m 1) x + m 3 = 0. (1)
1/. Chứng minh rằng phơng trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với

mọi giá trị của m.
2/. Tìm m để phơng trình (1) có một nghiệm bằng 3 và tính nghiệm kia.
3/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm đối nhau.
Cõu 3(2,0 im) : Hai ngi th cựng lm mt cụng vic trong 16 gi thỡ
xong. Nu ngi th nht lm 3 gi v ngũi th hai lm 6 gi thỡ h lm