16 Đề ôn thi vào Lớp 10 môn Toán

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 F là giao điểm của AE và nửa đường tròn (O). Gọi K là giao điểm của CF và 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 phương trình P = 2.
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đường 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 phương trình :
Bài 4: Cho đường tròn (O) đường 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 đường 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 có các cặp giá trị (4; 0) và (2; 2) thoả mãn
Bài 2: 
a). Đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1; -2). Nên phương trình đường thẳng (d) là : y = mx + m – 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
 - x2 = mx + m – 2 
 x2 + mx + m – 2 = 0 (*)
 Vì phương trình (*) có nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt, do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung phương trình: x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu m – 2 < 0 m < 2.
Bài 3 : 
 ĐKXĐ : 
Thay vào (1) => x = y = z = 3.
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3.
Bài 4:
a). Xét và . 
Ta có: AB là đường kính của đường 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.
a.Chứng minh: AC.BD = R2.
b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất.
Bài 5.Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng :
Bài 6.Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB. AC - BD. DC.
Hướng dẫn giải
Bài 1. Từ giả thiết ta có : 
Cộng từng vế các đẳng thức ta có : 
 Vậy : A = -3. 
Bài 2.(1,5 điểm) Ta có : 
Do và 
Bài 3. Đặt : Ta có : u; v là nghiệm của phương trình :
 ; 
 ; 
Giải hai hệ trên ta được: Nghiệm của hệ là: (3; 2); (-4; 2); (3; -3); (-4; -3) và các hoán vị. 
Bài 4. 
a.Ta có CA = CM; DB = DM 
Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC OD
o
h
d
c
m
b
a
Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đường cao thuộc cạnh huyền CD nên :
MO2 = CM. MD 
R2 = AC. BD 
b.Các tứ giác ACMO; BDMO nội tiếp 
 (0,25đ)
Do đó : (MH1 AB) 
Do MH1 OM nên 
 Chu vi chu vi 
Dấu = xảy ra MH1 = OM MO M là điểm chính giữa của cung 
Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : a, b > 0 
 a, b > 0
. Mặt khác 
Nhân từng vế ta có: 
Bài 6. (1 điểm) 
d
e
c
b
a
Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp 
Gọi E là giao điểm của AD và (O)
Ta có: (g.g)
Lại có : 
Đè 6
Câu 1: Cho hàm số f(x) = 
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = khi x ạ 
Câu 2: Giải hệ phương trình
Câu 3: Cho biểu thứcA = với x > 0 và x ạ 1
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11
đáp án
Câu 1
a)	f(x) = 	
	Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3	
b) 	
c) 	
	Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra 	
	Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra 	
Câu 2
Câu 3 
a)	Ta có: 	 A = = 	 = = = = = 	
O
B
C
H
E
A
P
b) A = 3=> = 3 => 3x + - 2 = 0 => x = 2/3 	
Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
 nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có 
 ;	(1)	 
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>	POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>	D AHC D POB
Do đó: 	(2)	 
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
	Theo (1) và do AH = 2EH ta có
	 AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
	 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
	 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB	
Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thì D > 0
	 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
	Từ đó suy ra m ạ 1,5	(1)	
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
Giải phương trình 	
ta được m = - 2 và m = 4,125	(2)	
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11	
Đề 7
Câu 1: Cho P = + - 
a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P < với x 0 và x 1.
Câu 2: Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 (1); m là tham số.
a/. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b/. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.
Câu 3: 
a/. Giải phương trình : + = 2
b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn :
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.
Câu 4: Cho cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, (D không trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp . 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.
Đáp án
Câu 1: 
Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 điểm)
P = + - 
 = + - 
 = 
 = = 	
b/. Với x 0 và x 1.Ta có: P < < 
 3 0)
 x - 2 + 1 > 0
 ( - 1)2 > 0. (Đúng vì x 0 và x 1)
Câu 2:
a/. Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ’ 0.
 (m - 1)2 – m2 – 3 0
 4 – 2m 0
 m 2.
b/. Với m 2 thì (1) có 2 nghiệm.
Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a. Theo Viet,ta có:
 a= 3()2 = m2 – 3
 m2 + 6m – 15 = 0
 m = –32 (thõa mãn điều kiện).
Câu 3:
	Điều kiện x 0; 2 – x2 > 0 x 0; < .
	Đặt y = > 0
	Ta có: 
Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -
 * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
 X2 – 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1.
* Nếu xy = - thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
 	X2 + X - = 0 X = 
 Vì y > 0 nên: y = x = 
	Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 
Câu 4: 
c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. 
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành AB // CK 
Mà sđ = sđ = 
Nên 
Dựng tia Cy sao cho .Khi đó, D là giao điểm của và Cy.
Với giả thiết > thì > > .
 D AB.
	Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm.
Đề 8
Câu 1: 
a) Xác định x R để biểu thức :A = Là một số tự nhiên
b) Cho biểu thức: P = Biết x.y.z = 4, tính .
Câu 2: Cho các điểm A(-2;0); B(0;4); C(1;1); D(-3;2)
Chứng minh 3 điểm A, B,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
Tính diện tích tam giác ABC.
Câu 3 Giải phương trình: 
Câu 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Một góc éxOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E.
	Chứng minh rằng:
	a.DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
	b. 
đáp án 
Câu 1:	 
a. A =
	A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x = (trong đó k Z và k 0)
b. Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hợp với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và 
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi ta được: P = 	(1đ)
 vì P > 0	
Câu 2:	a.Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên b = 4; a = 2
Vậy đường thẳng AB là y = 2x + 4.	
Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đường thẳng AB A, B, C không thẳng hàng.	
Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đường thẳng AB 
 A,B,D thẳng hàng
b.Ta có :
	AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20
	AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10
	BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10
 AB2 = AC2 + BC2 DABC vuông tại C
Vậy SDABC = 1/2AC.BC = (đơn vị diện tích)
Câu 3:	Đkxđ x1, đặt ta có hệ phương trình:
 Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được: v = 2 	
	 x = 10.	
Câu 4
B
M
A
O
C
D
E
a.áp dụng định lí Pitago tính được 	
AB = AC = R ABOC là hình 
vuông (0.5đ)
Kẻ bán kính OM sao cho 
éBOD = éMOD
éMOE = éEOC (0.5đ)
Chứng minh DBOD = DMOD
	éOMD = éOBD = 900
Tương tự: éOME = 900
D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).	
b.Xét DADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC 
2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2RDE < R	
Ta có DE > AD; DE > AE; DE = DB + EC
Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R DE > R. Vậy R > DE > R	
Đề 10
Câu I : Tính giá trị của biểu thức:
A = + ++.....+ 
B = 35 + 335 + 3335 +..... + 
Câu II : Phân tích thành nhân tử :
X2 -7X -18 
(x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
1+ a5 + a10
Câu III : 
Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)(b2 +d2)
áp dụng : cho x+4y = 5. Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2 
Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI (M khác C và I). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q.
Chứng minh DM.AI= MP.IB
Tính tỉ số : 
Câu 5: Cho P = . Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
đáp án
Câu 1 : 
1) A = + ++.....+ 
 = (+ + +.....+ ) = () 
2) B = 35 + 335 + 3335 +..... + = 
= 33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2 
= 2.99 + (33+333+3333+...+333...33)
= 198 + (99+999+9999+.....+999...99) 
198 + (102 -1 +103 - 1+104 - 1+....+10100 – 1) = 198 – 33 +
B = +165 
Câu 2: 
1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3
= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
 = [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]
 = (x2+5x +3)(x2+5x +7) 
 3) a10+a5+1
 = a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
 - (a9+a8+a7)- (a6 + a5 +a4)- (a3+a2+a)
 = a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
 -a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)
 =(a2 +a+1)(a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1) 
Câu 3: 4đ
1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)(b2 +d2) 
 a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 
 0 a2d2 - 2cbcd+c2b2 
 0 (ad - bc)2 (đpcm) 
Dấu = xãy ra khi ad=bc. 
2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
 52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2)=>
x2 + y2 => 4x2 + 4y2 dấu = xãy ra khi x= , y = (2đ)
Câu 4 : 5đ
 Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA
=> MPD đồng dạng với ICA 
=> => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1).
 Ta có góc ADC = góc CBA,
Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA.
Do đó DMQ đồng dạng với BIA =>
=> DM.IA=MQ.IB (2)
 Từ (1) và (2) ta suy ra = 1 
Câu 5 
 Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0
Từ 1-x > 0 => x < 1 
Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có :
(x-1) 0 
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.
 Với x < 1 Ta có : 
 P = = 
Đề 11
Câu 1: 
a. Rút gọn biểu thức. 	Với a > 0.
b. Tính giá trị của tổng. 
Câu 2: Cho pt 
	a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với .
	b. Gọi là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.
Câu 3: Cho . Chứng minh.
Câu 4 Cho đường tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đường tròn, từM kẻ MH ^ AB (H ẻ AB). Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D.
1. Ch