Tài liệu ôn thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10

Đề 1
Câu1 : Cho biểu thức 
 A=Với xạ;±1
 .a, Ruý gọn biểu thức A
 .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:
 b. Giải bất phương trình: 
 <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 Dưng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đường tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED 
chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đường tròn 
Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ? 
đáp án
Câu 1: a. Rút gọn A=
b.Thay x= vào A ta được A= 
c.A=3 x2-3x-2=0=> x=
Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ đó ta có
* (1)
 *(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
 Ta có x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3) 
mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với mọi x 
Vậy bất phương trình tương đương với x-5>0 =>x>5 
Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1 
Xét 2m-1ạ0=> mạ 1/2 khi đó ta có
	= m2-2m+1= (m-1)2³0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0) 
với mạ 1/2 pt còn có nghiệm x== 
pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1<<0 
=>=>m<0 
Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4: 
a. Ta có KEB= 900 
mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D 
=> BFK= 900 => E,F thuộc đường tròn đường kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường tròn đường kính BK.
b. BCF= BAF 
Mà BAF= BAE=450=> BCF= 450
Ta có BKF= BEF
Mà BEF= BEA=450(EA là đường chéo của hình vuông ABED)=> BKF=450
Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B
Đề 2
Bài 1: Cho biểu thức: P = 
a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Bài 2: Cho phương trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn =50
Bài 3: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2Chứng 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 điẻm 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 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = 
Đáp án
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 
a, Rút gọn: P = P = 
b. P = 
Để P nguyên thì
Vậy với x= thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì:
b. Giải phương trình: 
Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. .
Vì x1> 0 => c. Chứng tỏ là một nghiệm dương của phương trình: ct2 + bt + a = 0; t1 = Vì x2 là nghiệm của phương trình: 
ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0
vì x2> 0 nên c. điều này chứng tỏ là một nghiệm dương của phương trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 = 
Vậy nếu phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x1; x2 thì phương trình : ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 . t1 = ; t2 =
b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dương nên 
 t1+ x1 = + x1 2 t2 + 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 và BH => BD và CD.
 Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 . 
Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O 
 Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD 
của đường tròn tâm O thì 
tứ giác BHCD là hình bình hành.
Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB 
nhưng ADB =ACB nhưng ADB = ACB 
Do đó: APB = ACB Mặt khác: 
AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800 
Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB
Chứng minh tương tự ta có: CHQ = DAC 
Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800
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 ú AP và AQ là lớn nhất hay ú AD là lớn nhất 
ú D là đầu đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O 
Đề 3
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 :
Bài 4: Cho đường tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn . 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 thỏa mãn : 
 Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .
Đáp án 
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; .
*). Rút gọn P:
 Vậy P = 
b). P = 2 = 2
Ta có: 1 + ị ị 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 phơng trình đờng thẳng (d) là : y = mx + m – 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
 - x2 = mx + m – 2 
 x2 + mx + m – 2 = 0 (*)
 Vì phơng trình (*) có nên phơng 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 phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu m – 2 < 0 m < 2.
Bài 3 : 
 ĐKXĐ : 
Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3.
Bài 4:
a). Xét và . 
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) 
nên :AMB = NMB = 90o .
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC 
nên ABM = MBN => BAM = BNM
 => cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp 
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). 
=> Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét và có :
 MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
 BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN ).
=> => BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = 
Bài 5:
Từ : =>
=> 
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 = + (x + y) (y + z) (z + x).A = 
Đề 4
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: 
A.y = x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y = x - 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 vào bình một hình cầu khi lấy ra mực nước trong bình còn lại bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán kính hình cầu là A.2 ; B. ; C. ; D. một kết quả khác.
Bìa2: 	1) Giải phương trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0
2) 	Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = + 
Bài 3: 1) 	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 xây, B, C lần lượt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao 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 lag 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 = (+ )2 = x + y + 2 = 1 + 2 (1)	
	Ta có: (Bất đẳng thức Cô si)	
	=> 1 > 2 (2)	
	Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 < 1 + 2 = 2	
	Max A2 = 2 x = y = , max A = x = y = 	
Bài3 	Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
	Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)	
	Có 2 trường hợp: 4 + b = 1 và 4 + b = 7	
	 4 + c = - 7 4 + c = - 1
	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)	
Câu2 (1,5điểm)
	Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: 	AD = AB. Ta có D là điểm cố định 
Mà = (gt) do đó = 	 
Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
	 	 = = 	
Do đó Δ AMB ~ Δ ADM => = = 2 
=> MD = 2MD (0,25 điểm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) 	 
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC	
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 AB
	- Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB	 
	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 
	 Do MâN = 900 nên MN là đường kính
	Vậy I là trung điểm của MN	 
b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) 
 => CN = MK = MD (vì ΔMKD vuông cân) 
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA 
=> AM = AN = AD + AC không đổi	 
	c) Ta có IA = IB = IM = IN	 
Vậy đường tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định	.	 
Đề 5
Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
Tính giá trị của biểu thức :.
Bài 2). Cho biểu thức :.
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 : 
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.
 ... kiện x thỏa mãn
	Û 	Û x > 1 và x ạ 2	
KL: A xác định khi 1 2	
b) Rút gọn A
A = 	
A = 	
Với 1 < x < 2 A = 	
Với x > 2 A = 	
Kết luận
Với 1 < x < 2 thì A = 
Với x > 2 thì A = 	
Bài 2:
a) A và B có hoành độ và tung độ đều khác nhau nên phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b	
A(5; 2) ẻ AB ị 5a + b = 2
B(3; -4) ẻ AB ị 3a + b = -4
Giải hệ ta có a = 3; b = -13	
Vậy phương trình đường thẳng AB là y = 3x - 13	
b) Giả sử M (x, 0) ẻ xx’ ta có
MA = 
MB = 
DMAB cân ị MA = MB Û 	
Û (x - 5)2 + 4 = (x - 3)2 + 16
Û x = 1	
Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0)	
Bài 3: 
Phương trình có nghiệm nguyên khi D = m4 - 4m - 4 là số chính phương 
Ta lại có: m = 0; 1 thì D < 0 loại	
m = 2 thì D = 4 = 22 nhận	
m ³ 3 thì 2m(m - 2) > 5 Û 2m2 - 4m - 5 > 0
Û D - (2m2 - 2m - 5) < D < D + 4m + 4
Û m4 - 2m + 1 < D < m4
Û (m2 - 1)2 < D < (m2)2
D không chính phương	
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.	
Bài 4:
a) (0,25)
 (0,25)
mà (0,25)
ị EF // BC (2 góc so le trong bằng nhau)
b) AD là phân giác góc BAC nên 
sđsđ() = sđ = sđ
do đó và 
ị DDAE ~ DADC (g.g)	
Tương tự: sđ = ị 
do đó DAFD ~ đAB (g.g
c) Theo trên: 
+ DAED ~ DADB
ị hay AD2 = AE.AC (1)	
+ DADF ~ DABD ị 
ị AD2 = AB.AF (2)
Từ (1) và (2) ta có AD2 = AE.AC = AB.AF	
Bài 5 (1đ): 
Ta có (y2 - y) + 2 ³ 0 ị 2y3 Ê y4 + y2
ị (x3 + y2) + (x2 + y3) Ê (x2 + y2) + (y4 + x3)
mà x3 + y4 Ê x2 + y3 do đó
x3 + y3 Ê x2 + y2 (1)	
+ Ta có: x(x - 1)2 ³ 0: y(y + 1)(y - 1)2 ³ 0
ị x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2 ³ 0
ị x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y ³ 0
ị (x2 + y2) + (x2 + y3) Ê (x + y) + (x3 + y4)
mà x2 + y3 ³ x3 + y4
ị x2 + y2 Ê x + y (2)	
và (x + 1)(x - 1) ³ 0.	(y - 1)(y3 -1) ³ 0
x3 - x2 - x + 1 + y4 - y - y3 + 1 ³ 0
ị (x + y) + (x2 + y3) Ê 2 + (x3 + y4)
mà x2 + y3 ³ x3 + y4
ị x + y Ê 2
Từ (1) (2) và (3) ta có:
x3 + y3 Ê x2 + y2 Ê x + y Ê 2	
Đề 14
Câu 1: x- 4(x-1) + x + 4(x-1) 1 
 cho A= ( 1 - )
 x2- 4(x-1) x-1
a/ rút gọn biểu thức A.
b/ Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2: Xác định các giá trị của tham số m để phương trình
 x2-(m+5)x-m+6 =0
Có 2 nghiệm x1 và x2 thoã mãn một trong 2 điều kiện sau:
a/ Nghiệm này lớn hơn nghiệm kia một đơn vị.
b/ 2x1+3x2=13
Câu 3Tìm giá trị của m để hệ phương trình 
 mx-y=1
 m3x+(m2-1)y =2
vô nghiệm, vô số nghiệm.
Câu 4: tìm max và min của biểu thức: x2+3x+1
 x2+1
Câu 5: Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 450. Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đường chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt đường chéo BD tại Q.
a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đường tròn.
b/ Chứng minh rằng: SAEF=2SAQP
c/ Kẻ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính số đo góc MAB biết CPD=CM
hướng dẫn 
Câu 1: a/ Biểu thức A xác định khi x≠2 và x>1
 ( x-1 -1)2+ ( x-1 +1)2 x-2 
 A= . ( )
 (x-2)2 x-1
 x- 1 -1 + x-1 + 1 x- 2 2 x- 1 2
 = . = = 
 x-2 x-1 x-1 x-1 
b/ Để A nguyên thì x- 1 là ước dương của 1 và 2
* x- 1 =1 thì x=0 loại
* x- 1 =2 thì x=5 
vậy với x = 5 thì A nhận giá trị nguyên bằng 1
Câu 2: Ta có ∆x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m+1≥0 để phương trìnhcó hai nghiệmphân biệt khi vàchỉ khi m≤-7-4 3 và m≥-7+4 3 (*) 
a/ Giả sử x2>x1 ta có hệ x2-x1=1 (1)
 x1+x2=m+5 (2)
 x1x2 =-m+6 (3) 
Giải hệ tađược m=0 và m=-14 thoã mãn (*) 
b/ Theo giả thiết ta có: 2x1+3x2 =13(1’)
 x1+x2 = m+5(2’)
 x1x2 =-m+6 (3’) 
giải hệ ta được m=0 và m= 1 Thoả mãn (*)
Câu 3: *Để hệ vô nghiệm thì m/m3=-1/(m2-1) ≠1/2
 3m3-m=-m3 m2(4m2- 1)=0 m=0 m=0 
 3m2-1≠-2 3m2≠-1 m=±1/2 m=±1/2 
 ∀m
*Hệvô số nghiệm thì: m/m3=-1/(m2-1) =1/2
 3m3-m=-m3 m=0 
 3m2-1= -2 m=±1/2 
 Vô nghiệm 
 Không có giá trị nào của m để hệ vô số nghiệm.
Câu 4: Hàm số xác định với ∀x(vì x2+1≠0) x2+3x+1
gọi y0 là 1 giá trịcủa hàmphương trình: y0= 
 x2+1
 (y0-1)x2-6x+y0-1 =0 có nghiệm 
*y0=1 suy ra x = 0 y0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1)2≥0 (y0-1)2≤ 9 suy ra -2 ≤ y0 ≤ 4
Vậy: ymin=-2 và y max=4
Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình)
Giải
a/ A1 và B1 cùng nhìn đoạn QE dưới một góc 450 
ị tứ giác ABEQ nội tiếp được. 
ị FQE = ABE =1v. 
chứng minh tương tự ta có FBE = 1v 
ị Q, P, C cùng nằm trên đường tròn đường kinh EF.
b/ Từ câu a suy ra ∆AQE vuông cân. 
ị = (1)
tương tự ∆ APF cũng vuông cân 
ị = (2)
từ (1) và (2) ị AQP ~ AEF (c.g.c) 
 = ( )2 hay SAEF = 2SAQP
c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD và APD=CPD 
ịMCD= MPD=APD=CPD=CMD 
ịMD=CD ị ∆MCD đều ị MPD=600 
mà MPD là góc ngoài của ∆ABM ta có APB=450 vậy MAB=600-450=150
Đề 15
Bài 1: Cho biểu thức M =
Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M
Tìm x để M = 5
Tìm x Z để M Z.
bài 2: a) Tìm x, y nguyên dơng thoã mãn phơng trình
 3x2 +10 xy + 8y2 =96
 b)tìm x, y biết / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = 3
Bài 3: a. Cho các số x, y, z dơng thoã mãn + + = 4
Chứng ming rằng: + + 
	b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = (với x ) 
Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Kẻ tia Ax, Ay sao cho = 45
Tia Ax cắt CB và BD lần lợt tại E và P, tia Ay cắt CD và BD lần lợt tại F và Q
Chứng minh 5 điểm E; P; Q; F; C cùng nằm trên một đờng tròn
S= 2 S
Kẻ đờng trung trực của CD cắt AE tại M. Tính số đo góc MAB biết = 
Bài 5: (1đ)
 Cho ba số a, b , c khác 0 thoã mãn: ; Hãy tính P = 
đáp án 
Bài 1:M = 
 a.ĐK 0,5đ
 Rút gọn M =
Biến đổi ta có kết quả: M = M = 
 c. M = 
 Do M nên là ớc của 4 nhận các giá trị: -4; -2; -1; 1; 2; 4 
 do 
Bài 2 a. 3x2 + 10xy + 8y2 = 96
 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96
 (3x2 + 6xy) + (4xy + 8y2) = 96 
 3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96
 (x + 2y)(3x + 4y) = 96 
 Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng và 3x + 4y > x + 2y 
 mà 96 = 25. 3 có các ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành tích 2 thừa số không nhỏ hơn 3 là: 96 = 3.32 = 4.24 = 6. 16 = 8. 12
Lại có x + 2y và 3x + 4y có tích là 96 (Là số chẵn) có tổng 4x + 6y là số chẳn do đó
 Hệ PT này vô nghiệm 
 Hoặc
 Hoặc Hệ PT vô nghiệm
Vậy cấp số x, y nguyên dơng cần tìm là (x, y) = (4, 1)
 b. ta có /A/ = /-A/ 
 Nên /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/ (1)
 mà /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = 3 (2)
Kết hợp (1 và (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ (3)
 (3) sảy ra khi và chỉ khi
Bài 3
Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ
Với mọi a, b thuộc R: x, y > 0 ta có 
(a2y + b2x)(x + y)
a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy a2xy + 2abxy + b2xy 
a2y2 + b2x2 2abxy
a2y2 – 2abxy + b2x2 0
(ay - bx)2 0 (**) bất đẳng thức (**) đúng với mọi a, b, và x,y > 0
Dấu (=) xảy ra khi ay = bx hay 
áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có 
Tơng tự 
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:
 Vì 
Ta có: 
Vì (x - 2006)2 0 với mọi x 
x2 > 0 với mọi x khác 0 
Bài 4a. nội tiếp; = 900 à góc AQE = 900 à gócEQF = 900
Tơng tự góc FDP = góc FAP = 450
à Tứ giác FDAP nội tiếp góc D = 900 à góc APF = 900 à góc EPF = 900 . 0,25đ
Các điểm Q, P,C luôn nhìn dới 1góc900 nên 5 điểm E, P, Q, F, C cùng nằm trên 1 đờng tròn đờng kính EF 0,25đ
b. Ta có góc APQ + góc QPE = 1800 (2 góc kề bù) góc APQ = góc AFE 
 Góc AFE + góc EPQ = 1800 
 àTam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g)
à 
góc CPD = góc CMD à tứ giác MPCD nội tiếp à góc MCD = góc CPD (cùng chắn cung MD)
Lại có góc MPD = góc CPD (do BD là trung trực của AC)
 góc MCD = góc MDC (do M thuộc trung trực của DC)
à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD à tam giác MDC đều à góc CMD = 600
à tam giác DMA cân tại D (vì AD = DC = DM)
Và góc ADM =gócADC – gócMDC = 900 – 600 = 300
à góc MAD = góc AMD (1800 - 300) : 2 = 750
à gócMAB = 900 – 750 = 150
Bài 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c à x + y + z = 0 (vì 1/a = 1/b + 1/c = 0)
à x = -(y + z) 
à x3 + y3 + z3 – 3 xyz = -(y + z)3 + y3 – 3xyz
à-( y3 + 3y2 z +3 y2z2 + z3) + y3 + z3 – 3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz .0 = 0
Từ x3 + y3 + z3 – 3xyz = 0 à x3 + y3 + z3 = 3xyz
à 1/ a3 + 1/ b3 + 1/ c3 3 1/ a3 .1/ b3 .1/ c3 = 3/abc
Do đó P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = abc (1/a3 + 1/b3+ 1/c3) = abc.3/abc = 3
nếu 1/a + 1/b + 1/c =o thì P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3
Đề 16
Bài 1Cho biểu thức A = + 	 
a. Rút gọn biểu thức A
b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị nguyên.
Bài 2: (2 điểm)
Cho các đường thẳng:
	y = x-2 (d1)
	y = 2x – 4 (d2)
	y = mx + (m+2) (d3)
a. Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d3 ) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
b. Tìm m để ba đường thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy .
Bài 3: Cho phương trình x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1)
	a. Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.
	b. Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình (1) mà không phụ thuộc vào m.
	c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x21 + x22 (với x1, x2 là nghiệm của phương trình (1))
Bài 4: Cho đường 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 lượt là giao điểm của các cặp đường 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: = + 
Bài 5: Cho các số dương a, b, c Chứng minh rằng: 
đáp án 
Bài 1: - Điều kiện : x 0	
a. Rút gọn: 	
- Với x <0: 	 
- Với 0<x	2: 	 
- Với x>2 : 
b. Tìm x nguyên để A nguyên:
A nguyên x2 + 3 
 3 => x = 
Bài 2:
	a. (d1) : y = mx + (m +2)
 m (x+1)+ (2-y) = 0 
	Để hàm số luôn qua điểm cố định với mọi m
	=.>	
	Vậy N(-1; 2) là điểm cố định mà (d3) đi qua 
	b. Gọi M là giao điểm (d1) và (d2) . Tọa độ M là nghiệm của hệ
	 => 
	Vậy M (2; 0) .	
	Nếu (d3) đi qua M(2,0) thì M(2,0) là nghiệm (d3)
	Ta có : 0 = 2m + (m+2) => m= -
	Vậy m = - thì (d1); (d2); (d3) đồng quy 
Bài 3: a. = m2 –3m + 4 = (m - )2 + >0 m.
	Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
	b. Theo Viét: => 
	 x1+ x2 – 2x1x2 – 4 = 0 không phụ thuộc vào m 
P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – 2 (m-3)
 = (2m - )2 + 
VậyPmin = với m = 
Bài 4: Vẽ hình đúng – viết giả thiết – kết luận 
 a. SđCDE = Sđ DC = Sđ BD = 
=> DE// BC (2 góc vị trí so le) 
b. APC = 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: = (vì DE//PQ) (1)	
 = (vì DE// BC) (2)	 
Cộng (1) và (2) : 
	=> (3)	 	 
ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ 
Thay vào (3) : 	 
Bài 5:Ta có: < < (1)
	 < < (2) 
 < < (3) 
Cộng từng vế (1),(2),(3) :
 1 < + + < 2