gui huan 8

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (300.12 KB, 29 trang )

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

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 2

(Thời gian : 120 phút)
Bài 1.

a) Chứng minh :

39 3 11 2 39 3 11 2
3
2

  



b) Giải hệ phương trình :

2 2

( 2) ( 4) 18

x y
x y
  



   


Bài 2.

Cho phương trình : x2 – 2mx + 2m – 5 = 0 , m là tham số thực

a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

b) Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức x1 x2 đạt giá trị

nhỏ nhất. hãy tính giá trị nhỏ nhất này.
Bài 3.

Gọi (P) là đồ thị của hàm số

2
1
2
y x

và (d) là đồ thị của hàm số
1

1
2
y x
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ

b) Dùng đồ thị (P) và (d) suy ra nghiệm của phương trình x2 – x – 2 = 0

Bài 4. Cho đường trịn (O) , đường kính AB = 2R. M là một điểm lưu động trên cung 
AB (M khác A và B). Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B lần
lượt là C và D.

a) Chứng minh : Tích AC.BD không đổi khi M lưu động trên cung AB.

b) Xác định vị trí của điểm M trên cung AB để diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất.
GIẢI :

Bài 1

a) Ta có : 9 3 11 2 = 3 3 6 3 9 2 2 2   = 333 3. 22 3. 32 2 23
= ( 3 2)3

Tương tự 9 3 11 2 ( 3   2)3

Vậy

39 3 11 2 39 3 11 2
2

  

 3 2 3 2 3

  



(đfcm)
b) Giải hệ phương trình :

2 2

( 2) ( 4) 18

x y
x y
  


   

 
2 2
2 2
74

4 4 8 16 18

x y

x x y y

  


     

 

2 2 74

4 4 8 16 74 18

x y
x y
  

    



2 2 74

4 8 76

x y
x y
  

 
 

2 2 74

2 19
x y
x y
  

 
 
2 2

(2 19) 74

2 19
y y
x y
   

 
 
2

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



5 76 287 0
2 19
y y

x y
   

 
 
7
41
5
2 19
y
y
x y
 






  
 
13
5 5
7 41
5
x
x
y
y





 

 

  



Vậy hệ có nghiệm là :

5
7
x
y





 hoặc

13
5
41
5
x
y






 


Bài 2.

Cho phương trình : x2 – 2mx + 2m – 5 = 0 , m là tham số thực

a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

b) Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức x1 x2 đạt giá trị

nhỏ nhất. hãy tính giá trị nhỏ nhất này.

a) Ta có : ’ = m2 – 2m + 5 = m2 – 2m + 1 + 4 = (m – 1)2 + 4 > 0 , với mọi m

vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b) Ta có :





2
1 2
x  x



x1 x2



2=





1 2 4 .1 2

x x  x x = 4m2 – 4(2m – 5) = 4m2 – 8m + 20

= 4(m2 – 2m + 1 + 4) = 4(m – 1)2 + 16 ≥ 16

Vậy x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi và chỉ khi m = 1
Bài 3.

Gọi (P) là đồ thị của hàm số

2
1
2
y x

và (d) là đồ thị của hàm số
1

1
2
y x
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ

Bảng giá trị của hàm số

2
1
2
y x

x -2 -1 0 1 2

y 2

2 0

2 2

Bảng giá trị của hàm số
1

1
2
y x

x -2 0

y 0 1

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

f(x)=(1 /2)x^2
f(x)=(1 /2)x +1
x(t)=-1 , y(t)=t
x(t)=2 , y (t)=t

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-4
-3
-2
-1
1
2
3
4

x
f(x)

b) Lập phương trình hoành độ giao điểm :
2
1
2x =

1
1

2x  x2 – x – 2 = 0

Vậy số nghiệm của pt này là số giao điểm nếu có của hai đồ thị (P) và (d)

Dựa vào đồ thị , ta có (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm lần lượt có hồnh độ x = -1 và x = 2
Suy ra nghiệm của phương trình x2 – x – 2 = 0 có hai nghiệm là x = - 1 ; x = 2

Bài 4. Cho đường tròn (O) , đường kính AB = 2R. M là một điểm lưu động trên cung 
AB (M khác A và B). Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B lần

lượt là C và D.

a) Chứng minh : Tích AC.BD khơng đổi khi M lưu động trên cung AB.

b) Xác định vị trí của điểm M trên cung AB để diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất.
a) AC.BD không đổi

1
2

y x 1 1

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

D

C

B

O

A

M

Theo định lí hai tiếp tuyến ta có CA = CM và DM = DB (1)

Và OC là phân giác của góc AOM , OD là phân giác của góc MOB
Mà AOMvà MOB kề bù nên suy ra CO  OD

Mặt khác OM  CD và OM = R (CD tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm M)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng OCD có : MC.MD = OM2 = R2 (không đổi)

Kết hợp với (1) suy ra : AC.BD = MC.MD = R2 (không đổi) khi M lưu động trên cung

b) Vì AC VÀ BD là hai tiếp tuyến của (O) tại A và B nên AC // BD (AC và BD cùng
vng góc với AB), suy ra tứ giác ABDC là hình thang vng

Diện tích

( )

ABDC AB AC BD

S  

= R(CM + MD) = R.CD (cmt) với R không đổi
Nên SABDC nhỏ nhất khi và chì khi CD nhỏ nhất

Và CD nhỏ nhất khi và chỉ khi CD hai tiếp tuyến tại A và B

 M là điểm chính giữa của cung AB , MC MD 

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 3

(Thời gian : 120 phút)
Bài 1.

Cho M =

2 2 2 4 3 1

3 :

3 1 1 3

x x x x

x x x x

   

 

  

   

  (điều kiện biểu thức có nghĩa)

a) Rút gọn biểu thức M

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

Bài 2.

Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình :

x2 – (m + 1)x + m2 – 2m + 2 = 0

a) Tìm các giá trị của m để phương trình vơ nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân
biệt.

b) Tìm m để x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất

Bài 3.

Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a ; AC = b nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kéo
dài đường phân giác trong AD của tam giác ABC cắt đường tròn O tại M. Vẽ các đường
thẳng DE  AB , DF  AC.

a) Chứng minh AEDF là hình vng.
b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF.

c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC ln bằng diện tích tứ giác
AEMF khi A di động trên nửa đường trịn có đường kính BC.

Bài 4.

Tìm các số có hai chữ số biết rằng khi nhân số đó với 37 và lấy kết quả chia cho 31 ta
được số dư 15.

GIẢI
Bài 1

a) Ta có

điều kiện : x ≠ 0 ; x ≠
1

2; x ≠ 1

M =

( 2)( 1) 2.3 9 ( 1) 1 3 1

3 ( 1) 2 4 3

x x x x x x x x

x x x x

       



  =

2 2

8 2 3 1

3 (2 4 ) 3

x x x

x x x

   




2 2

4 1 3 1

3 (1 2 ) 3

x x x

x x x

   



 =

2 2

( 4 1) (1 2 )(3 1)
3 (1 2 )

x x x x

x x

     



2
(1 2 )(1 2 ) (1 2 )(3 1)

3 (1 2 )

x x x x x

x x

     

 =

2
(1 2 ) (3 1)

x x x

x

   

=
2

x x

x


=
1
3
x

b) M < 0 

1
3
x

< 0  x + 1 < 0  x < 1

c) M 

1
3
x

 x + 1 chia hết cho 3  x + 1 = 3k, k 
 x = 3k – 1 , k 

Hay x là số nguyên chia cho 3 dư là 2
Bài 2.

Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình :

x2 – (m + 1)x + m2 – 2m + 2 = 0 (1)

a) Tìm các giá trị của m để phương trình vơ nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân
biệt.

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

+ (1) vô nghiệm  < 0  (1 – m )(3m – 7) < 0  m < 1 hoặc m >

7
3

+ (1) có nghiệm kép  = 0  (1 – m )(3m – 7) = 0  m =1 hoặc m =

7
3

+ (1) có hai nghiệm phân biệt  < 0  (1 – m )(3m – 7) > 0  1 < m <

7
3 (*)
b) Tìm m để x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất

Theo Vi-et, ta có :

1 2
2
1 2

. 2 2

b
m
x x

a
c

m m

x x
a


   





    




Nên : đặt E = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = (m + 1)2 – 2(m2 – 2m + 2) = – m2 + 6m – 3

+ Ta có : – m2 + 6m – 3 = – (m2 – 6m + 3 ) = – (m2 – 2.3m + 9 – 6 ) = 6 – (m – 3)2

Nhưng do (1) có nghiệm x1 ; x2 khi và chỉ khi 1 ≤ m ≤

7
3

Giá trị lớn nhất của E là : 6 – (
7

3  3 )2 =

9
Giá trị nhỏ nhất của E là : 6 – (1 – 3)2 = 2

* Chú ý điều kiện : 1 ≤ m ≤
7

3, nếu không bài giải thường mắc sai lầm như sau : 
– m2 + 6m – 3 = – (m2 – 6m + 3 ) = – (m2 – 2.3m + 9 – 6 ) = 6 – (m – 3)2 ≤ 6

E đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi m = 3 và giá trị lớn nhất của E = 6
và E khơng có giá trị nhỏ nhất.

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

a b

N

F

E

D

M

B

O

C

A

a) Chứng minh AEDF là hình vng

Ta có tứ giác AEDF có A E F   1v và đường chéo AD là phân giác của góc EAD nên 
AEDF là hình vng.

b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF.

Áp dụng định lí Py ta go cho vuông ABC : BC2 = AB2 + AC2 = a2 + b2

 BC a2b2

Áp dụng tính chất phân giác trong AD :

DB AB a

DC AC b 

DB DC AB AC

DC AC

 





BC a b

DC b





 DC =

2 2

b a b

DC

a b





Từ chứng minh trênAEDF là hình vng nên DF // AB 

CD DF

CB AB



2 2
2 2

b a b

DF

a b

a

a b



 

 

DF b

a a b 

ab
DF

a b


 , mà AE = DF (cmt)
EF là đường chéo hình vng cạnh DF , nên : EF = DF 2=

2
ab

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

c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC ln bằng diện tích tứ giác
AEMF khi A di động trên nửa đường trịn có đường kính BC.

+ Ta có : ABD AMC do :

 

BAD MAC (AD là phân giác)

 

ABD AMC (góc nội tiếp chắn cung AC)
Suy ra :

AB AD

AM AC  AB.AC = AM.AD

Khi A di động trên (O) thì tam giác ABC ln là tam giác vng, nên AEDF ln là hình
vng và AB.AC = AM.AD

Do đó AEDF là hình vng  AD  EF và AD = EF

 SAEDF =

1 1

. .

2AM EF2AM AD = 
1

2AB AC = SABC

Bài 4. Tìm các số có hai chữ số biết rằng khi nhân số đó với 37 và lấy kết quả chia cho 
31 ta được số dư 15

Gọi số có hai chữ số có dạng : x = ab10a b (a ≠ 0 , 0 < a, b ≤ 9, a, b ), x nguyên 
dương

Theo đề bài ta có : 37(10a + b) = 31.k + 15 , k

 37x – 31k = 15 (*) và (37, 31) = 1 (ước chung lớn nhất bằng 1 hay gọi nguyên tố

cùng nhau)

Bài tốn trở thành tìm nghiệm ngun dương của phương trình (*)
Suy ra : 31k = 37x – 15  k =

31 6 15
31
x x

= x +

6 15
31
x

(nguyên dương )

Đặt t =

6 15
31
x

, t nguyên dương  31t = 6x – 15  6x = 31t + 15
 x =

30 12 3

6
t t  

= 5t + 2 +
3
6
t

Đặt u =
3
6
t

, u nguyên dương  6u = t + 3  t = 6u – 3

Thế lần lượt vào x, k tính theo u :

x = 5t + 2 + u = 5(6u – 3) + 2 + u = 31u – 13
k = x + t = 31u – 13 + 6u – 3 = 37u – 16

Vậy nghiệm của phương trình trên có dạng tổng quát :

31 13,10 99
37 16

x u x

k u

   




 


+ Chọn u = 1  k = 21  x = 18

Thử lại : 37.18 – 15 = 651 và 651 : 31 = 21

+ Tương tự chọn u = 2  k = 58 , x = 49

+ chọn u = 3  k = 95 ; x = 80

+ Chọn u = 4  k = 132 , x = 111 (loại)

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẾN TRE
TRƯỜNG THPTCS GIỒNG TRÔM

ĐÁP ÁN ĐỀ TƯ LUYỆN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Bài 1.

a) Tìm x biết x 12 18x 8 27
b) Chứng minh đẳng thức :

2 2 1 2

1 1

2 1

x x x

x x

x x x

    

 

 

     

  với x > 0 , x ≠ 1

Bài 2.

Cho hàm số y = ax2 và y = – 2x + m có đồ thị lần lượt là (P) và (d) trên cùng một trục số

a) Tìm a để (P) đi qua điểm A(1 ;
1

2), tìm m để (d) cũng đi qua A.
b) Vẽ đồ thị (P) và (d) với a và m vừa tìm được

c) Với a vừa tìm được ở câu a), hãy tìm m để (d) là tiếp tuyến của (P)
Bài 3.

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm (O) ; H là trực tâm của tam
giác, M là điểm trên cung BC không chứa A

a) Xác định vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành.

b) Gọi N , E lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.
Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng.

c) Xác định vị trí của điểm M để NE có độ dài lớn nhất.
Bài 4.

Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

0
a b  c c a  b b c  a 

GIẢI
Bài 1.

a) x 12 18x 8 27  2x 3 + 3 2 = 2x 2+ 3 3

 2x( 3– 2) = 3( 3– 2)  2x = 3 

3
2
x

b) 2

( 2)( 1) ( 2)( 1)

2 2 1 1

. . .

2 1 ( 1) .( 1)

x x x x

x

x x x x x x

          

 

 

      

 

2 1

.
1
x

x x = 
2

x (đpcm)
Bài 2.

Cho hàm số y = ax2 và y = – 2x + m có đồ thị lần lượt là (P) và (d) trên cùng một trục số

a) Tìm a để (P) đi qua điểm A(1 ;
1

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

(P) đi qua A(1 ;
1
2) 

2 = a.12 a =

2  y = 
1
2x2

(d) đi qua A(1 ;
1
2) 

2 = – 2.1 + m  m = 
5

2 y = – 2x +

5
2
b) Vẽ đồ thị (P) và (d) với a và m vừa tìm được

Bảng giá trị của (P) :

x -2 -1 0 1 2

y =
1

2x2 2

2 0

2 2

Bảng giá trị của (d) :

x 0 1

y = – 2x +
5
2

1
2
Đồ thị của (P) và (d) :

f(x)=(1/2)x^2
f(x)=-2*x+5/2
x(t)=1 , y(t)=t
x(t)=t , y(t)=1/2

-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12

-2
2
4
6
8
10
12
14

x
f(x)

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

Lập pt hoành độ giao điểm :
1

2x2 = – 2x + m  x2 + 4x – 2m = 0

’ = 4 + 2m

Để (d) tiếp xúc với (P) thì pt hồnh độ giao điểm phải có nghiệm kép
Tức là : 4 + 2m = 0  m = – 2

Vậy (d) là tiếp tuyến của (P) khi m = – 2
Bài 3.

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm (O) ; H là trực tâm của tam
giác, M là điểm trên cung BC không chứa A

a) Xác định vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành.

b) Gọi N , E lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.
Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng.

c) Xác định vị trí của điểm M để NE có độ dài lớn nhất.
Giải :

a) Ta có : BH  AC và CH  AB nên để BHCM là hình bình hành thì MC  AC tại C

và MB  AB tại B

Do đó AM là đường kính đường trịn tâm (O)
b) Ta có : E đối xứng của M qua AC

 EC  AC và EC = MC 

EC // BH và EC = BH
Vậy BHEC là hình bình hành

Chứng minh tương tự :

BNHC cũng là hình bình hành
Suy ra : HE // BC và HN // BC

Theo Tiên đề Euclide, qua H có duy nhất
Một đường thẳng song song với BC
Hay nói khác đi : N, H, E thẳng hàng
c) Theo cmt : BC =

2NE  NE lớn nhất khi và chỉ khi BC lớn nhất
tức là dây cung BC lớn nhất khi và chỉ khi BC là đường kính

khi đó tam giác ABC vng tại A nên trực tâm H trùng với A
và M là điểm đối tâm của A

N

E

M

L
J

H

O
A

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

NE = 13.04 cm

N'E' = 13.91 cm

E'
N'

R C'

N

E

M

L
J

H

O
A

B C

B'

Bài 4.

Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

0
a b  c c a  b b c  a 
Ta có :

a + b = -c ; b + c = - a ; c + a = - b
(a + b)2 = c2 a2 + b2 – c2 = – 2ab

(b + c)2 = a2 b2 + c2 – a2 = – 2bc

(c + a)2 = b2 c2 + a2 – b2 = – 2ca

Do đó :

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

2ab 2bc 2ca
a b  c c a  b b c  a   
= –

1
2

a b c

abc abc abc

 

 

 

 =

1
2

a b c
abc
 

 

  

  = 0 với abc ≠ 0

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10

ĐỀ SỐ 5

(Thời gian : 120 phút)
Bài 1.

Cho các biểu thức P = x2 9 và Q = 3x x.  3

a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa. Tìm x để biểu thức Q có nghĩa
b) Với giá trị nào của x thì P = Q

c) Với giá trị nào của x thì P có nghĩa cịn Q khơng có nghĩa.
Bài 2.

Cho phương trình : 3x2 + mx + 12 = 0 (1)

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

b) Tìm m để (1) có một nghiệm bằng 1, rồi tìm nghiệm còn lại.
Bài 3.

Một xe máy đi từ tỉnh A đến tỉnh B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm
14km/h thì đến sớm hơn 2 giờ, nếu giảm vận tốc 4km/h thì đến muộn hơn 1 giờ. Tính vận
tốc dự định và thời gian dự định lúc đầu.

Bài 4.

Từ S ở ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AKD sao cho
BD // AC . Nối BK cắt AC tại I

a) Nêu cách dựng cát tuyến sao cho BD // AC
b) Chứng minh IC2 = IK.IB

c) Cho góc BAC= 60o . Chứng minh cát tuyến AKD đi qua O.

GIẢI
Bài 1.

Cho các biểu thức P = x2 9 và Q = 3x x.  3

a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa. Tìm x để biểu thức Q có nghĩa

Ta có : P = x2 9 có nghĩa khi và chỉ khi x2 9 0  (x + 3)(x – 3) ≥ 0
(Áp dụng xét dấu của tích hai thừa số không âm khi chúng cùng dấu)

 x ≤3 hoặc x ≥ 3

Q = 3x x.  3 có nghĩa khi và chỉ khi

3 0 3

3 3

x x

x

x x

  

 

  

 

  

 

b) Với giá trị nào của x thì P = Q
Ta có : P = Q  x ≥ 3

c) Với giá trị nào của x thì P có nghĩa cịn Q khơng có nghĩa.
Để P có nghĩa cịn Q khơng có nghĩa khi và chỉ khi x ≤3

Bài 2.

Cho phương trình : 3x2 + mx + 12 = 0 (1)

a) Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt

(1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  = m2 – 4.3.12 > 0  m2 – 144 > 0
 (m – 12)(m + 12) > 0  m < – 12 hoặc m > 12

b) Tìm m để (1) có một nghiệm bằng 1, rồi tìm nghiệm cịn lại.

(1) có một nghiệm x1 = 1  a + b + c = 0  3 + m + 12 = 0  m = – 15

Khi đó nghiệm cịn lại : x2 =

12
4
3
c

a  

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

Gọi x là vận tốc dự định đi hết quãng đường AB (x > 0 , km/h)
y là quãng đường AB (y > 0, km)

Thời gian dự định là :
y
x

Nếu tăng vận tốc lên 14km/h thì thời gian đi hết quãng đường là : 14
y
x
Theo đề bài : 14 2

y y

x  x  (1)

Nếu giảm vận tốc đi 4 km/h thì thời gian đi hết quãng đường là : 4
y

x (x > 4)
Theo đề bài : 4 1

y y

x  x  (2)

Ta có hệ phương trình :

2
14

1
4

y y

x x

y y

x x



 



 



  

 




( 14) 2 ( 14)
( 4) ( 4)

y x xy x x

xy y x x x

   




   

 

14 2 ( 14)

4 ( 4)

y x x
y x x

 




 

 ( x, y ≠ 0)

Chia từng vế , ta được :

7 2( 14)

2 4

x
x




  7x – 28 = 4x + 56  3x = 84  x = 28 
Thế vào : 4y = x(x – 4) ta được :

28.24
168

y 

Thời gian dự định là : 6 giờ
Vận tốc dự định là : 28 km/h

* Cách khác : Gọi y là thời gian đi hết AB theo dự định và x là vận tốc dự định , ta có :
AB = xy = (x + 14)(y – 2) (1)

AB = xy = (x - 4)(y + 1) (2) 

14 2 28

4 4

y x

y x

 




  

 

6
x
y








Vậy thời gian dự định là 6 giờ, vận tốc dự định là : 28 km/h
Bài 4.

Từ A ở ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AKD sao cho
BD // AC . Nối BK cắt AC tại I

a) Nêu cách dựng cát tuyến sao cho BD // AC
b) Chứng minh IC2 = IK.IB

c) Cho góc BAC= 60o . Chứng minh cát tuyến AKD đi qua O.

giải :

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

Vậy kẻ BD vng góc CE cắt đường tròn tại D
b) Chứng minh : IC2 = IK.IB

Xét IBC và ICK có : góc I chung và

Ta có : ICK =


1

2KC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)


KBC = 
1

2KC (góc nội tiếp chắn cung KC)
Nên ICK KBC

Do đó : IBC  ICK 

IC IK

IB IC  IC2 = IK.IB

c) Khi BAC = 60o thì cân BAC trở thành tam giác đều

Nên AB = AC = BC

Tứ giác ACOB nội tiếp được suy ra


BOC = 120o BDC = 60o (góc nội tiếp chắn cung BKC)

Mà BC = CD nên BDC cân

Do đó :  BDC là tam giác đều

BD = AC = CD = AB

Vậy tứ giác ABDC là hình thoi

 AD là phân giác BAC

Trùng với AO là phân giác BAC

Vậy khi BAC = 60o thì cát tuyến AKD đi qua O

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 6

(Thời gian : 120 phút)
Bài 1.

Chứng minh A = 40 2 57  40 2 57 là số nguyên

Bài 2.

Cho biểu thức B = y2 – xy – 12x2

a) Phân tích B thành nhân tử

b) Tìm các cặp số (x ; y) thỏa B = 0 và x – y + 4 = 0

I
K

E

D

C
B

O

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

Bài 3.

Cho hàm số y = (m2 – 6m + 12)x2

a) Tìm giá trị của m biết x = 1 và y = 5

b) Chứng tỏ hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0

Bài 4.

Cho phương trình : 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0 (m là tham số)

a) Giải phương trình khi m = – 5

b) Khi phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 phân biệt , tìm m để biểu thức M = x x1 2 2x1 2x2

đạt giá trị lớn nhất

Bài 5.

Cho đường trịn tâm O, bán kính R, đường kính AB. Đường thẳng qua trung điểm H của đoạn OB

cắt đường tròn tại M và N, gọi I là trung điểm của MN, vẽ AK vng góc với MN, BI cắt AK tại
D.

a) Tứ giác DMBN là hình gì ?

b) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AMN.

c) Biết AM.AN = 3R2 và AN = R 3. Tính diện tích tam giác AMN.

GIẢI
Bài 1.

Chứng minh A = 40 2 57  40 2 57 là số nguyên

Ta có : 40 2 57 = 32 + 25 + 2.5.4 2 = (4 2)2 + 2.5.4 2 + 52 = (4 2 + 5)2

và 40 2 57 = 57 40 2 = 32 2.5.4 2 25  =

2 2

(4 2)  2.4 2.5 5

2
(4 2 5)

= (4 2 5) 2

Vậy A = 4 2 5  (4 2 + 5) = – 10 : là số nguyên

Bài 2.

Cho biểu thức B = y2 – xy – 12x2

a) Phân tích B thành nhân tử
Ta có B =

2 2.1 1 2 49 2

2 4 4

y  xy x  x

2 2

1 7

2 2

y x x

   

 

   

    =

1 7 1 7

2 2 2 2

y x x y x x

   

   

   

   



y 3x y

 

 4x



b) Tìm các cặp số (x ; y) thỏa B = 0 và x – y + 4 = 0

Ta có :



 



4 0

y x y x

x y

   




  



 

3 0
4 0
4 0

y x

x y
  

  



   

 

3 0

4 0

y x

x y

 




  

 hoặc

4 0
4 0

y x

x y

 




  

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



2
6
x
y







 hoặc

4
3
16

3
x
y






 



Bài 3.

Cho hàm số y = (m2 – 6m + 12)x2

a) Tìm giá trị của m biết x = 1 và y = 5

Với x = 1 và y = 5 thì ta có : 5 = m2 – 6m + 12  m2 – 6m + 7 = 0 

3 2

m
m
  


 


b) Chứng tỏ hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0
Ta có : y = ax2 nếu a > 0, nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0

Mà a = m2 – 6m + 9 + 3 = (m – 3)2 + 3 > 0 , với mọi giá trị m

Vậy hàm số y = (m2 – 6m + 12)x2 nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x >0

Bài 4.

Cho phương trình : 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0 (1) (m là tham số)

a) Giải phương trình khi m = – 5

Ta có : m = – 5 thì pt trở thành : 2x2 - 8x + 8 = 0  2(x2 - 4x + 4) = 0  2(x - 2)2 = 0  x = 2

b) Khi phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 phân biệt , tìm m để biểu thức M = x x1 2 2x1 2x2

đạt giá trị lớn nhất.

Pt (1) có hai nghiệm x1 ; x2 phân biệt khi và chỉ khi ’ = (m + 1)2 – 2(m2 + 4m + 3) > 0

 – m2 – 6m – 5 > 0  m2 + 6m + 5 < 0  (m + 1)(m + 5) < 0  – 5 < m < – 1 (*)

Khi đó theo định lí Vi-et :

1 2
2
1 2

4 3

2
b

m
x x

a

c m m

x x
a


   





 

  




Do đó :

x1.x2 – 2x1 – 2x2 = x1.x2 – 2(x1 + x2) =

2 4 3
2
m  m

2(m 1)

  =

2 8 7
2
m  m

( 7)( 1)
2
m m

Vì m phải tìm thỏa (*) nên với điều kiện này thì (m + 7)(m + 1) < 0
Suy ra M =

2 8 7
2
m  m

2 8 7
2

m m

  

2
9 ( 4) 9

2 2

m

 



Vậy giá trị lớn nhất của M là

2 khi và chỉ khi m = – 4 thỏa (*)
Bài 5.

Cho đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính AB. Đường thẳng qua trung điểm H của đoạn OB cắt
đường tròn tại M và N, gọi I là trung điểm của MN, vẽ AK vng góc với MN, BI cắt AK tại D.
a) Tứ giác DMBN là hình gì ?

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

c) Biết AM.AN = 3R2 và AN = R 3. Tính diện tích tam giác AMN.

c) Biết AM.AN = 3R2 và AN = R 3 AM = R 3= AN

suy ra tam giác AMN cân tại A

Trong tam giác vng ABN có AN = R 3; AB = 2R 

 3

sin

2
AN
ABN

AB

 

 ABN = 60o
 AMN = 60o (cùng chắn cung AN)

Vậy tam giác AMN cân có một góc 60o là tam giác đều cạnh bằng R 3

Diện tích AMN =

3 3

4
R

(đvdt)

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 7

(Thời gian : 120 phút)
Bài 1.

Cho biểu thức P =

2 2 1

1 2 1 2

x x x

      



   

      

 

a) Rút gọn biểu thức

b) Chứng minh rằng nếu 0 < x < 1 thì P > 0
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P

Bài 2.

Giải hệ phương trình : 4 3 5

y x xy

x y xy

 




 


Bài 3.

M'
D

K

I

N
H

A

O B

M
a) Ta có : AK  MN

Mà I là trung điểm MN nên OI  MN

Suy ra : OI là ĐTB của ADB  I là trung

điểm của DB, tứ giác MDNB có hai đường
chéo MN và DB cắt nhau tại trung điểm I
của mỗi đường , nên DMBN là hình bình
hành

Do đó : MD // NB (1)

b) ANB = 90o (chắn nửa đường tròn)

 BN  AN, kết hợp với (1)

Suy ra MD  AN

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

a) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b ta đều có :

1 1 4

a b a b

b) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình : 6x2 + 5y2 = 74

Bài 4.

Cho đường trịn (O ; R). Hai đường kính AB và CD vng góc nhau. Gọi E là điểm chính giữa
của cung nhỏ BC. Dây AE cắt CO tại F, dây DE cắt AB tại M.

a) Tam giác CEF và EMB là các tam giác gì ?

b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp được trong đường trịn. Tìm tâm đường trịn đó.
c) Chứng minh các đường thẳng OE, BF, CM đồng quy

Bài 5.

Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì :

a b b c c a c a b

c a b a b b c c a

  
   
    
   
  

   
GIẢI
Bài 1

a) Ta có P =

2 2 1

1 2 1 2

x x x

      

   
      
  =





2
2

2 2 1

( 1)( 1) 1 2

x x x

x x x

 
    
  
 
     
  
 
=





2 2
2

( 2)( 1) ( 1)( 2)

.( 1) .( 1)

2( 1) 1

x x x x

x x
x x
    
 
 

=
2
.( 1)
2
x
x



=  x.( x 1)
= x.(1 x)

b) Nếu 0 < x < 1  0 < x < 1  1 – x > 0 suy ra P = x.(1 x) > 0

* Đặt t = x > 0  P = t – t2 =

1 1 1

2.
4 t 2t 4

 

    

  =

1 1

4 t 2

 

   

  ≤

1
4

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng

1
4 
1
2
t

1
2
x

1
4
x

* Có thể dùng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương có tổng khơng đổi thì tích của chúng lớn
nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau

Bài 2.

Giải hệ phương trình : 4 3 5

y x xy

x y xy

 




 



+ Dễ thấy x = 0 , y = 0 là một nghiệm của hệ
+ Nếu x ≠ 0 và y ≠ 0

Thì chia mỗi pt của hệ cho xy , ta được :

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

Đặt u =

1
x ; v =

1
y

Hệ 

4 3 5

u v
v u
 


 
 
9
7
2
7
u
v





 

 

7
9
7
2
x
y





 



Vậy hệ có nghiệm (0 ; 0) và (

7
9;

7
2)

* Cách khác :

Nhân pt (1) cho 5 rồi trừ từng vế , ta được 2y – 9x = 0  y =

9
2x

Thế vào (1) , ta được : 9x2 – 7x = 0  x(9x – 7) = 0 

0
7
9
x
x



 


Tứ đó suy ra nghiệm của hệ : (0 ; 0) và (

7
9;

7
2)
Bài 3.

a) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b ta đều có :

1 1 4

a b a b (1)

(1) 

4
a b

ab a b




 





2
4

a b  ab (a, b dương)

 (a2 – 2ab + b2) ≥ 0 : Đúng

Vậy (1) cũng đúng

b) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình : 6x2 + 5y2 = 74

Đặt u = x2 ≥ 0 , v = y2 ≥ 0

Ta có 6u + 5x = 74  6u = 74 – 5x 

74 5
6

v
u 

= 12 +

2 5
6

v


Đặt t =

2 5
6

v


 6t = 2 – 5v  5v = 2 – 6t 

2 6
5

t
v 

=
2
5
t
t




Đặt k =

2
5

t


 5k = 2 – t  t = 2 – 5k

Vậy ta có :

u = 12 + 2 – 5k = 14 – 5k
v = k – 2 + 5k = 6k – 2
Do đó :

14 5
6 2
u k
v k
 


 

 với k, t, u, v là các số nguyên

Vì u = x2 , x nguyên nên u là số chính phương và 14 – 5k > 0, k nguyên nên k { 1; 2 }

Nên : chọn k = 1  u = 9  x = 3 ; v = 4  y =  2

Nhưng k = 2 thì v = 10 khơng là số chính phương, nên loại k = 2

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

6x2 + 5y2 = 74  6(x2 – 4) = 5(10 – y2)

Suy ra : x2 – 4 = 5u và 10 – y2 = 6v do đó u = v

Vì x2 = 4 + 5u ≥ 0  u ≥

4
5


y2 = 10 – 6v ≥ 0  v ≤

5
3

+ Hoặc u = v = 0 thì y2 = 10 , y nguyên : khơng xảy ra

+ Hoặc u = v = 1 thì x2 = 9 ; y2 = 4

Vậy các nghiệm nguyên của phương trình cần tìm là (3 ; 2) ; (3 ; -2) ; (-3 ; 2) ; (-3 ; -2)

Bài 4.

Cho đường trịn (O ; R). Hai đường kính AB và CD vng góc nhau. Gọi E là điểm chính giữa

của cung nhỏ BC. Dây AE cắt CO tại F, dây DE cắt AB tại M.

a) Tam giác CEF và EMB là các tam giác gì ?

b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp được trong đường trịn. Tìm tâm đường trịn đó.
c) Chứng minh các đường thẳng OE, BF, CM đồng quy

a) Ta có

 1(  )

FCE EB BD

(góc nội tiếp chắn cung EBD)

 1(  )

CFE EB BD

(góc có đỉnh bên trong
đường trịn)

mà CE EB  (E là điểm chính giữa của cung BC)

Suy ra : CFE = FCEECF cân tại E

Chứng minh tương tự : EMC cân tại E

Mà hai cạnh CE = EB

Nên Tam giác CEF và EMB là các tam giác gì cân
và bằng nhau

b) Ta có : góc BCF chắn cung BD = 90o

góc BCM chắn cung AC = 90o

suy ra : hai góc BCF và BCM cùng nhìn FM đưới
một góc bằng nhau, vậy tứ giác BCFM nội tiếp
được trong đường tròn

EC = EF = EM = EB suy ra E là tâm đường trịn
ngoại tiếp tứ giác BCFM.

c) Ta có OE là trung trực của BC và FM

Gọi K là giao điểm của CM và BF , ta chứng minh OE đi qua K.Thật vậy :

FKC = MBK (g – c – g) do :

+ FCKMBK (góc nội tiếp cùng chắn cung FM)

+ FC = BM (cmt)

+ CFK BMK (góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

Từ đó suy ra : FK = KM và KB = KC nên K thuộc trung trực OE

Bài 5.

Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì :

M
F

E

D
C

B
O

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

a b b c c a c a b

c a b a b b c c a

  
   
    
      

   
Đặt
a b
x
c



1 c

xa b ;

b c
y
a



1 a

y b c ;

c a
z
b



1 b

z c a

Và : M =

a b b c c a c a b

c a b a b b c c a

  

   

   

      

   

Ta có :

M =





1 1 1

a b b c c a c a b

x y z

c a b a b b c c a x y z

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

= 3 +

y z z x x y

x y z

  

 

(1)
Do a + b + c = 0 nên :

a + b = – c  a3 + 3ab(a + b) + b3 = – c3 a3 + b3 + c3 = 3abc (2)

Ta có :

2 2 ( )( )

b c c a b bc ac a a b a b c

y z

a b ab ab

       

    

Suy ra :

( )( )

( ) 2

a b a b c

y z ab a b c c c

a b

x ab ab

c
  

  
  


Tương tự bằng cách hốn vị vịng quanh, ta được :

2
2

z x a

y bc


;
2
2

x y b

z ca




Thay vào (1), áp dụng (2) , ta được :
M = 3 +

2
2c
ab +
2
2b
ca +
2

2a

bc = 3 +

3 3 3
2(a b c )

abc

 

= 3 +

2.3abc

abc = 3 + 6 = 9 (đpcm)

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 8

(Thời gian : 120 phút)
Bài 1.

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P)

a) Chứng minh rằng điểm A( 2;2) nằm trên (P)

b) Tìm m để đồ thị (d) của hàm số : y = (m – 1)x + m , m  và m ≠ 1 cắt (P) chỉ tại một điểm

c) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 1 đồ thị (d) của hàm số y = (m – 1)x + m luôn đi qua một điểm

cố định.

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

a) Giải hệ phương trình :

2 2
2 2

4 4 4

2( 8) 0

x y xy

   




   




b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x2 – 2xy + 3 = 0

Bài 3.

Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100m. Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần và chiều rộng

gấp ba lần thì chu vi của khu vườn mới sẽ là 240m. Tính diện tích khu vườn ban đầu.

Bài 4.

Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A bằng 60o và đường chéo AC = 6cm. Gọi E, F theo thứ

tự đó là chân các đường vng góc hạ từ C xuống các đường thẳng AB, AD. Từ B hạ BH  AC,

H  AC.

a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE nội tiếp được trong một đường tròn và CF là tiếp tuyến của
đường trịn đó.

b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA

c) Gọi O là trung điểm của đường chéo AC. Chứng minh tam giác EOF là tam gaíc cân và tính
diện tích tam giác đó.

Bài 5.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

M = (x 2007)2  (x 2008)2  (x 2009)2
GIẢI

Bài 1.

a) vì ( 2)22 tức là tọa độ điểm A thỏa mãn y = x2 có đồ thị (P) , A  (P)

b) Đồ thị đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m chỉ cắt (P) : y = x2 taị một điểm tức là phương

trình hồnh độ giao điểm có duy nhất một nghiệm :

pt hồnh độ giao điểm : x2 = (m – 1)x + m  x2 – (m – 1)x – m = 0 (1) với m ≠ 1(*)

(1) có nghiệm duy nhất  = 0  (m – 1)2 + 4m = 0  ( m + 1)2 = 0  m = – 1 (thỏa (*))

c) Gọi M(xo ; yo) là điểm cố định mà (dm) đi qua với mọi m ≠ 1

Ta có : với mọi m ≠ 1 thì yo = (m – 1)xo + m  mxo – xo + m = yo  m(xo + 1) = xo + yo

Với xo = 1  m.0 = 1 + yo  yo = 1

Vậy với mọi m ≠ 1 thì (d) ln đi qua một điểm cố định M(– 1 ; 1)
* Cách khác : giả sử m = 0 : y = – x (do) và m = 2 : y = x + 2 (d2)

Giải hệ (do) và (d2) : – x = x + 2  x = – 1 suy ra y = 1

Vậy điểm cố định cần tìm là M(– 1 ; 1) mà (d) luôn đi qua với mọi m ≠ 1

* Nhận xét : đề ra không cần điều kiện m ≠ 1 ; vì nếu m = 1 thì (d) : y = 1 cũng luôn đi qua 
M(– 1 ; 1)

Vậy với mọi m thì đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m luôn đi qua 1 điểm cố định , mà cụ thể điểm 
đó là M(– 1 ; 1)

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

a) Giải hệ phương trình :

2 2
2 2

4 4 4

2( 8) 0

x y xy

   


   


2
2

(2 ) 4

( ) 16
x y
x y
  

 
 

 
2 2

4
x y
x y
 


 

 hoặc

2 2
4
x y
x y
 


 

 hoặc

2 2
4
x y
x y
 


 

 hoặc

2 2
4
x y
x y
 


 


2
3
10
3
x
y





 


 hoặc

2
2

x
y





 hoặc

2
3
10
3
x
y





 


 hoặc

2
2
x
y







b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x2 – 2xy + 3 = 0

Ta có : x2 – 2xy + 3 = 0  x(x – 2y) = -3  x = - 1 , x – 2y = 3 hoặc x = 1 ; x – 2y = -3

hoặc x = 3 ; x – 2y = -1 hoặc x = - 3 ; x – 2y = 1
+ x = - 1 , x – 2y = 3  x = -1 , y = -2

+ x = 1 ; x – 2y = -3  x = 1 , y = 2

+ x = 3 ; x – 2y = -1  x = 3 ; y = 2

+ x = -3 ; x – 2y = 1  x = -3 ; y = -2

Vậy các số nguyên x, y thỏa đề bài là :
(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (3 ; 2) ; (-3 ; -2)

Bài 3.

Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100m. Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần và chiều rộng
gấp ba lần thì chu vi của khu vườn mới sẽ là 240m. Tính diện tích khu vườn ban đầu.

Gọi x là chiều dài , y là chiều rộng khu vườn lúc đầu (x, y > 0, m)
Và nửa chu vi là 50 = x + y (1)

Chiều dài lúc sau : 2x , chiều rộng lúc sau : 3y

Và nửa chu vi lúc sau là ; 120 = 2x + 3y (2)
Nên ta có hệ phương trình :

50
2 3 120
x y
x y
 


 
 
30
20
x
y






Vậy diện tích khu vườn ban đầu là : 30.20 = 600 (m2)

Bài 4.

Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A bằng 60o và đường chéo AC = 6cm. Gọi E, F theo thứ

tự đó là chân các đường vng góc hạ từ C xuống các đường thẳng AB, AD. Từ B hạ BH  AC,

H  AC.

a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE nội tiếp được trong một đường tròn và CF là tiếp tuyến của
đường trịn đó.

b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA

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

60.0

F
E

C
B

A D

a) Ta có : BHC BEC  1v  tứ giác BHCE nội tiếp được trong đường tròn đường kính BC

và AD // BC (ABCD là hình bình hành) mà FC  AD (gt) nên FC  BC tại tiếp điểm C

do đó : FC là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BC
b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA

Ta có : BCH CAF (so le trong) vuông BCH vuông CAF



BC CH

CA AF  BC.AF = CH.CA

c) Vì O là trung điểm của AC , AC là cạnh huyền chung của hai tam giác vuông ACF và ACE
nên hai trung tuyến OF và OE bằng nhau (cùng bằng nửa cạnh huyền AC)

Vậy EOF cân tại O

Hơn nữa, OF = OE = OA = OC =

2AC = 3 cm nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác

AECF

Mà EAF = 60o , và là góc nội tiếp chắn cung ECF suy ra góc ở tâm EOF bằng 120o

Nên trong tam giác cân OEF có OEF OFE  = 30o

Gọi K là trung điểm của cạnh đáy EF của tam giác cân OEF , ta có :

1
sin 30

o

OK

OE  

 OK =

2(cm)  EK = OE.cos30o =

3 3

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

Diện tích EOF =

2OK.EF = 
1
2.

2.3 3 = 
9 3

4 (cm2)

Bài 5.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

M = (x 2007)2  (x 2008)2  (x 2009)2
Ta có : M = x 2007  x 2008 x 2009
Áp dụng bất đẳng thức chứa giá trị tuyệt đối :

2007 2009 2007 2009

x  x  x   x ≥ x 2007 2009  x 2

dấu bằng xảy ra khi 2007 ≤ x ≤ 2009

nên x 2007  x 2008 x 2009 ≥ 2 + x 2008 2(vì x 20080)
Dấu bằng xảy ra khi x = 2008

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2 tại x = 2008

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 1

(Thời gian : 120 phút)
Bài 1.

Cho biểu thức A =

2 2 1 2 2

1 :

2 2 2 2 4

a a

a a a a a a

   

 

   

        

   với điều kiện biểu thức có nghĩa

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị của A khi a = 2009 2 2008

Bài 2. Cho phương trình bậc hai ẩn x : x2 – 2mx + 2m – 2 = 0

a) Chứng minh rằng pt có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b) Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của pt. Tìm m để biểu thức y = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 3. Cho hàm số

2
1
2
y x

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B nằm trên (P) và có hoành độ lần lượt
là – 1 ; 2 .

Bài 4.

Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Trên tia AB lấy điểm C nằm ngồi đường trịn. Từ điểm
chính giữa P của cung lớn AB kẻ đường kính PQ của đường trịn, đường kính này cắt AB tại D.
Tia CP cắt đường tròn tại M, các dây AB và QM cắt nhau tại K.

a) Chứng minh CM.CP = CA.CB

b) Chứng tỏ rằng MC là tia phân giác của góc ngồi đỉnh M của tam giác ABM.

c) Giả sử A, B, C cố định. Chứng minh đường thẳng QM luôn đi qua một điểm cố định khi đường
(O) thay đổi nhưng luôn đi qua hai điểm A, B

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

Bài 1. a) Ta có A =

2 2 2 1 2 2

2 2 ( 2) 2( 2)

a a a

a a a a a

     



   

        

   





2 1 2 2

2 2 ( 2)( 2)

a a

a a a a

  



 

     





2 2 2 2

2 ( 2)( 2)

a a a

a a a

  

  









2 ( 2)( 2)

a a

a a a

 

   =









2
2 ( 2)( 2)

2 2

a a a

a a

  

 

= a2

b) Ta có a = 2009 2 2008 =





2
2008 1

 a2 = 2008 1 + 2 = 2008 1
Bài 2.

a) Ta có : ’ = m2 – 2m + 2 = m2 – 2m + 1 + 1 =(m – 1)2 + 1 > 0, m

chứng tỏ phương trình ln có hai nghiệm phân biệt m

b) y = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 4m2 – 2(2m – 2) = 4m2 – 4m + 4 = 4(m2 – m + 1)

= 4[(m2 – 2.

1
2m +

1
4 +

4) = 4(m - 
1

2)2 + 3 ≥ 3 , m

y đạt giá trị nhỏ nhất là 3 khi và chỉ khi m =

1
2

Bài 3. a) Vẽ đồ thị hàm số

2
1
2
y x

Lập bảng giá trị :

x 2 1 0 1 2

y 2

1
2




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

f(x)=-(1/2)x^2
x(t)=-2 , y(t )=t
x(t)=t , y(t)=-2
x(t)=2 , y(t)=t
x(t)=-1 , y(t )=t
x(t)=t , y(t)=-1/2
f(x)=-(1/2)*x-1

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-4
-3
-2
-1
1
2
3
4

x
f(x)

b) giả sử pt đường thẳng AB có dạng : y = ax + b
Ta có A( – 1 ;

1
2


) và B(2 ; – 2), nên tọa độ của chúng thỏa pt đường thẳng :

1
1.
2
2 2.

a b
a b


  




  

 

1
2
1
a
b






 


Vậy pt đường thẳng AB :

1
1
2
y x

Bài 4.

a) Chứng minh CM.CP = CA.CB

b) Chứng tỏ rằng MC là tia phân giác của góc ngồi đỉnh M của tam giác ABM.

c) Giả sử A, B, C cố định. Chứng minh đường thẳng QM luôn đi qua một điểm cố định khi đường
(O) thay đổi nhưng luôn đi qua hai điểm A, B

1
1

2
y x
2

1
2

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

Giải :

a) Chứng minh : CM.CP = CA.CB
Ta có :

CMB CAP

(Góc C chung, CBM CPA cùng chắn cung AM)

Suy ra :

CB CM

CP CA  CM.CP = CA.CB

b) Theo gt : PQ vuông góc dây cung AB QA QB  nên AMQ BMQ

Do đó : MQ là phân giác của góc AMB

Mặt khác MQ  MP (PMQ = 1v chắn nửa đường tròn)

C, M P thẳng hàng nên MQ  MC

Vậy MC là phân giác của góc ngồi đỉnh M của tam giác ABM

c) Khi (O) thay đổi nhưng luôn qua hai điểm A, B , suy ra O chạy trên đường thẳng PQ
với QA QB  do đó MQ luôn là phân giác trong của AMB

Suy ra MQ cắt AB tại K thuộc AB , theo tính chất phân giác , ta có :

KA MA CA

KBMBCB mà A, B, C cố định nên 
CA

CBkhông đổi  K cố định

Vậy MQ luôn đi qua điểm K cố định

K

M

P
Q

D C

A B

</div>

gui huan 8













<b>N</b>

<b>F</b>

<b>E</b>

<b>D</b>

<b>M</b>

<b>B</b>

<b>O</b>

<b>C</b>

<b>A</b>



 





 















































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về