2 Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán

ĐỀ thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt
PHẦN A: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2 điểm) Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phương án đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm
Câu 1: giá trị của biểu thức bằng:
x < 2
Câu 2: Biểu thức có nghĩa khi:
Câu 3: đường thẳng y = (2m – 1)x + 3 song song với đường thẳng y = 3x – 2 khi:
m = 2
m = - 2 
(-2;5)
(0;-3)
(1;2)
(2;1)
Câu 4:Hệ phương trìnhcó nghiệm (x;y) là
Câu 5: Phương trình x2 – 6x – 5 = 0 có tổng hai nghiệm là S và tích hai nghiệm là P thì:
S = 6; P = -5
S = -6; P = 5
S = -5; P = 6
S = 6; P = 5
(1;1)
(-2;4)
(2;-4)
D.(;-1)
Câu 6: Đồ thị hàm số y = -x2 đi qua điểm:
Câu 7: Tam giác ABC vuông tại A có AB = 4cm; AC = 3cm thì độ dài đường cao AH là:
cm
cm
cm
cm
Câu 8: Hình trụ có bán kính đáy và chiều cao cùng bằng R thì thể tích là
PHẦN B: TỰ LUẬN (8 điểm) 
Bµi 1: Cho ph­¬ng tr×nh: x2 – 4x + q = 0 (1) 
a. Gi¶i ph­¬ng tr×nh (1) khi q = 3 ; 
b. T×m q ®Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm.
Bµi 2: Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ ®iÓm D(0;1).
a. ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm D(0;1) vµ cã hÖ sè gãc k.
b. Chøng minh r»ng ®­êng th¼ng (d) lu«n c¾t parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt G vµ H víi mäi k.
c. Gäi hoµnh ®é cña hai ®iÓm G vµ H lÇn l­ît lµ x1 vµ x2. Chøng minh r»ng: x1.x2 = -1, tõ ®ã suy ra tam gi¸c GOH lµ tam gi¸c vu«ng.
Bµi 3: Cho nöa ®­êng trßn t©m O, ®­êng kÝnh AB = 2R. Trªn tia ®èi cña tia BA lÊy ®iÓm K (kh¸c víi ®iÓm B). Tõ c¸c ®iÓm K, A vµ B kÎ c¸c tiÕp tuyÕn víi nöa ®­êng trßn (O). TiÕp tuyÕn kÎ tõ ®iÓm K c¾t c¸c tiÕp tuyÕn kÎ tõ ®iÓm A vµ B lÇn l­ît t¹i C vµ D.
a. Gäi Q lµ tiÕp ®iÓm cña tiÕp tuyÕn kÎ tõ K tíi nöa ®­êng trßn (O). Chøng minh tø gi¸c BDQO néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn.
b. Chøng minh tam gi¸c BKD ®ång d¹ng víi tam gi¸c AKC, tõ ®ã suy ra .
c. §Æt BOD = . TÝnh ®é dµi c¸c ®o¹n th¼ng AC vµ BD theo R vµ . Chøng tá r»ng tÝch AC.BD chØ phô thuéc vµo R, kh«ng phô thuéc vµo .
Bµi 4: Cho c¸c sè thùc t, u, v tho¶ m·n: u2 + uv + v2 = 1- 
 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: D = t + u + v
ĐỀ 2
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM(2 Điểm) (Thí sinh hãy viết kết quả các bài toán sau vào tờ giấy thi)
Biểu thức A = có nghĩa với các giá trị của x là
Giá trị m để 2 đường thẳng (d1): y = 3x – 2 và (d2): y = mx + 3m – 1 cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung là....
Các nghiệm của phương trình là...
Giá trị của m để phương trình x2 – (m+1)x - 2 = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn 
 x12x2 + x1x22 = 4 là...
PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm)
Bµi 1: Cho ph­¬ng tr×nh: x2 + px - 4 = 0 (1) 
a. Gi¶i ph­¬ng tr×nh (1) khi p = 3
b. Gi¶ sö x1, x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1), t×m p ®Ó: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6
Bµi 2: Cho biÓu thøc C = víi 
 a. Rót gän C. 
 b. T×m c ®Ó biÓu thøc C nhËn gi¸ trÞ nguyªn.
Bµi 3: Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ c¸c ®iÓm C, D thuéc parabol (P) víi xC = 2, xD = -1. 
a. T×m to¹ ®é c¸c ®iÓm C, D vµ viÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng CD.
b. T×m q ®Ó ®­êng th¼ng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (víi q lµ tham sè) song song víi ®­êng th¼ng CD.
Bµi 4: Cho tam gi¸c BCD cã ba gãc nhän néi tiÕp ®­êng trßn t©m O, c¸c ®­êng cao CM, DN cña tam gi¸c c¾t nhau t¹i H.
a. Chøng minh tø gi¸c CDMN lµ tø gi¸c néi tiÕp trong mét ®­êng trßn.
b. KÐo dµi BO c¾t ®­êng trßn (O) t¹i K. Chøng minh tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh.
c. Cho c¹nh CD cè ®Þnh, B thay ®æi trªn cung lín CD sao cho tam gi¸c BCD lu«n nhän. X¸c ®Þnh vÞ trÝ ®iÓm B ®Ó diÖn tÝch tam gi¸c CDH lín nhÊt. 
Bµi 5: Cho u, v lµ c¸c sè d­¬ng tho¶ m·n u + v = 4. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: P = u2 + v2 + 
ĐỀ 3
PhÇn I- Tr¾c nghiÖm (2,0 ®iÓm)
(H·y chän ph­¬ng ¸n tr¶ lêi ®óng vµ viÕt ch÷ c¸i ®øng tr­íc ph­¬ng ¸n ®ã vµo bµi lµm)
Câu 1: Điều kiện để biểu thức có nghĩa là
A. 
B. 
C. 
D. .
Câu 2: Giao điểm của đồ thị hai hàm số y = x - 3 và y = -2x + 3 có tọa độ là
A. (0;-3) .
B. (0;3).
C. (2;-1).
D. (2;-1).
Câu 3: Phương trình x2 - x - 2012m = 0 có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi 
A. .
B. .
C. .
D. .
Câu 4: Tập nghiệm của phương trình là
A. .
B. .
C. .
D. .
Câu 5: Đường thẳng nào sau đây có đúng một điểm chung với đồ thị hàm số y = 4x2?
A. y = 4x - 1.
B. y = 4x .
C. y = 5x - 3.
D. y = 3x .
Câu 6: Cho đường tròn (O;R) nội tiếp hình vuông ABCD, khi đó diện tích hình vuông ABCD bằng
A. 2R2.
B. R2.
C. 2R2.
D. 4R2.
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AC = 3, BC = 5, khi đó có giá trị bằng
A. .
B. .
C. .
D. .
Câu 8: Mặt cầu với bán kính 3cm có diện tích là
A. (cm2).
B. (cm2).
C. (cm2).
D. (cm2).
PhÇn II- Tù luËn (8,0 ®iÓm)
Bµi 1: Cho hai sè x1 = 2 - , x2 = 2 + 
1. TÝnh x1 + x2 vµ x1x2 2. LËp ph­¬ng tr×nh bËc hai Èn x nhËn x1, x2 lµ hai nghiÖm.
Bµi 2: 1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 
2. Rót gän biÓu thøc: A = Víi 
Bµi 3: Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho ®­êng th¼ng (d): y=(m2 - m)x +m vµ ®­êng th¼ng (d’): y = 2x + 2. t×m m ®Ó ®­êng th¼ng (d) song song víi ®­êng th¼ng (d’)
Bµi 4: Trong mÆt ph¼ng cho ®­êng trßn (O), AB lµ d©y cung kh«ng ®i qua t©m cña ®­êng trßn (O). Gäi I lµ trung ®iÓm cña d©y cung AB, M lµ mét ®iÓm trªn cung lín AB (M kh«ng trïng víi A, B). VÏ ®­êng trßn (O’) ®i qua m vµ tiÕp xóc víi ®­êng th¼ng AB t¹i A. Tia MI c¾t ®­êng trßn (O’) t¹i ®iÓm thø hai N vµ c¾t ®­êng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai C.
1. Chøng minh BIC = AIN, tõ ®ã chøng minh tø gi¸c ANBC lµ h×nh b×nh hµnh.
2. Chøng minh r»ng BI lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BMN.
3. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm M trªn cung lín AB ®Ó diÖn tÝch tø gi¸c ANBC lín nhÊt.
Bµi 5: Cho (x+ )(y+ )=3 Tính x+y
ĐỀ 4
Câu 1: 1. Giải các phương trình:
a. x – 6 = 0 b. x2 – 5x + 4 = 0
2.Giải hệ phương trình: 
Câu 2: Cho biểu thức: với 
Rút gọn biểu thức B. 2. Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi có giá trị nguyên.
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): và Parabol (P): .
1.Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2.Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hãy tính giá trị của biểu thức 
Câu 4: Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ. Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K. Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn. 2. FM là đường phân giác của góc 3. NQ.LE= NE.LQ
Câu 5: Cho các số dương m, n, p thỏa mãn: . Chứng minh rằng 
ĐỀ 5
Bài 1. 1. Cho biểu thức: 
Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của thức P khi 
2. Tính giá trị của biểu thức B = 
Bài 2. Cho phương trình x2 – 2mx + (m – 1)3 = 0	(m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = –1. 
b)Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm kia
Bài 3. Vẽ đồ thị hàm số y = (P). Qua điểm A(0;-2) vẽ đường thẳng (d) song song với Ox. Đường thẳng d cắt (P) tại B và C. Tính diện tích ∆OBC 
Bài 4. Giải phương trình: 
Bài 5. Cho tam giác ABC ( ) nội tiếp trong nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Dựng tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C và gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến tiếp tuyến đó. AH cắt đường tròn (O) tại M (M ¹ A). Đường vuông góc với AC kẻ từ M cắt AC tại K và AB tại P. 
a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp. b) Chứng minh DMAP cân. 
 c) Tìm điều kiện của DABC để ba điểm M, K, O thẳng hàng
Bài 6. ChoTìm giá trị lớn nhất của 
ĐÁP ÁN TỰ LUẬN
ĐỀ 1
Bµi 1: Ph­¬ng tr×nh: x2 – 4x + q = 0 (1) víi q lµ tham sè 
1. Khi q = 3 Ph­¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 – 4x + 3 = 0 
Ta cã: a + b + c = 1 + (- 4) + 3 = 0
Nªn ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = = 3
2. §Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th×:
VËy víi th× ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm.
Bµi 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 
VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm 
Bµi 3: 
 Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ ®iÓm D(0;1).
1. Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm D(0;1) vµ cã hÖ sè gãc k lµ:
y = k(x - 0) + 1 y = kx + 1.
2. Hoµnh ®é giao ®iÓm cña parabol (P) vµ ®­êng th¼ng (d) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh:
x2 = kx + 1 x2 - kx - 1 = 0 (2)
Ta cã: = k2 –4.(- 1) = k2 + 4 > 0 víi mäi k
Nªn ph­¬ng tr×nh (2) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi k. Hay ®­êng th¼ng (d) lu«n c¾t parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt G vµ H víi mäi k.
3. Hoµnh ®é cña hai ®iÓm G vµ H lÇn l­ît lµ x1 vµ x2. Khi ®ã x1 vµ x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (2)., ¸p dông ®Þnh lý vi – Ðt ta cã: x1.x2 = = -1 §­êng th¼ng d1 ®i qua O(0;0) vµ ®iÓm G(x1 ; x12) cã ph­¬ng tr×nh lµ: y = x1.x
§­êng th¼ng d2 ®i qua O(0;0) vµ ®iÓm H(x2 ; x22) cã ph­¬ng tr×nh lµ: y = x2.x
V× x1.x2 = -1 nªn d1 d2 h¹y OG OH suy ra:
Tam gi¸c GOH lµ tam gi¸c vu«ng t¹i O
Bµi 4: 
1. Ta cã: 
OQD +OBD = 900 + 900=1800
 Tø gi¸c BDQO néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn.
2. XÐt BKD vµ AKC cã:
KBD = KAC = 900
BKD = AKC
Do ®ã: BKD AKC
 (1)
Mµ CA = CQ, DQ = DB (2) (hai tiÕp tuyÕn cïng xuÊt ph¸t t¹i mét ®iÓm)
Tõ (1) vµ (2) suy ra: 
3. Trong tam gi¸c ODB vu«ng t¹i B ta cã: BD = OB tgBOD = R.tg
Ta cã: BOQ = 2BOD = 2 (Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)
 OKQ = 900 - KOQ = 900 - 2
Trong tam gi¸c vu«ng OQK vu«ng t¹i Q ta cã: OK = = 
 KA = OK + OA = + R
 Trong tam gi¸c KAC vu«ng t¹i A ta cã:
AC = AK.tgAKC = ( + R). tg(900 - 2)
Ta cã: DOQ = BOQ, COQ = AOQ (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau) 
Do ®ã: COD = DOQ + COQ = (BOQ + AOQ) = .1800 = 900
 COD vu«ng t¹i O
Mµ OQ KC nªn OQ2 = CQ.QD = AC.BD (v× CA = CQ, DQ = DB )
 AC.BD = R2 
VËy: tÝch AC.BD chØ phô thuéc vµo R, kh«ng phô thuéc vµo .
Bµi 5: (1 §iÓm) 
Ta cã: D2 = (t + u + v)2 = u2 + v2 + t2 + 2uv + 2ut + 2vt (1)
MÆt kh¸c: Theo gi¶ thiÕt u2 + uv + v2 = 1- 2uv = 2 - 2u2 - 2v2 -3t2 (2)
Thay (2) vµo (1) ta ®­îc:
D2 = 2 - u2 - v2 -2t2 + 2ut + 2vt = 2 – (u - t)2 – (v - t)2 2
D2 = 2 khi hoÆc 
 - D 
VËy: gi¸ trÞ nhá nhÊt cña D lµ - khi 
Gi¸ trÞ lín nhÊt cña D lµ khi 
ĐỀ 2
Bµi 1: (2 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: x2 + px - 4 = 0 (1) víi p lµ tham sè 
1. 1. Khi p = 3 Ph­¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 + 3x - 4 = 0 
Ta cã: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0
Nªn ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = = - 4
2. Ta cã: 
Nªn ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm x1, x2 vµ 
MÆt kh¸c: 
 x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) = 
§Ó: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6 th×: 3p > 6 p > 2
VËy víi p > 2 th× ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n 
x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6
Bµi 2: 
Víi ta cã: 
 C = = 
VËy C = víi 
2. Ta cã: 
Do ®ã: gi¸ trÞ nguyªn cña C = 1 Khi ®ã: 
VËy víi c = 1 th× C nhËn gi¸ trÞ nguyªn b»ng 1
Bµi 3: 
 Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ c¸c ®iÓm C, D thuéc parabol (P) víi xC = 2, xD = -1.
1. Tung ®é cña ®iÓm C lµ: yC = xC2 = 22 = 4 ®iÓm C cã to¹ ®é lµ (2; 4)
Tung ®é cña ®iÓm D lµ: yD = xD2 = (-1)2 = 1 ®iÓm D cã to¹ ®é lµ (-1; 1)
x = k kh«ng ph¶i lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­ên th¼ng CD
Gäi y = ax + b lµ ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng CD.
V× ®iÓm C(2; 4) thuéc ®­êng th¼ng CD nªn ta cã: 4 = 2a + b b = 4 – 2a (1)
V× ®iÓm D(-1; 1) thuéc ®­êng th¼ng CD nªn ta cã: 1 = (-1)a + b (2)
Thay (1) vµo (2) ta ®­îc: 1 = -x + 4 – 2a a = 1
Thay a = 1 vµo (1) ta ®­îc b = 4 – 2.1 = 2
VËy ®­êng th¼ng CD cã ph­¬ng tr×nh: y = x + 2 
2. §Ó ®­êng th¼ng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (víi q lµ tham sè) song song víi ®­êng th¼ng CD th×: 
.
VËy víi th× ®­êng th¼ng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (víi q lµ tham sè) song song víi ®­êng th¼ng CD.
Bµi 4: 
1. Ta cã: CMD = 900, CND = 900
Nªn C, D, M, N cïng thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh CD
Hay tø gi¸c CDMN lµ tø gi¸c néi tiÕp trong mét ®­êng trßn.
2. KDB = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn)
 DK // CM (cïng vu«ng gãc víi BD) (1)
 KCB = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn)
 CK // DN (cïng vu«ng gãc víi BC) (2) 
Tõ (1) vµ (2) suy ra tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh. (tø gi¸c cã c¸c cÆp c¹nh ®èi song song).
3. Gäi KP lµ ®­êng cao cña tam gi¸c CKD , I lµ trung ®iÓm cña CD, K’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá DC KP K’I
V× tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh nªn SCDH = SCKD = KP.CD 
§Ó SCDH lín nhÊt th× SCKD lín nhÊt KP lín nhÊt KP = K’I K trïng víi K’ hay K lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá CD.
Mµ K, O, B th¼ng hµng B lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD.
VËy ®iÓm B lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD th× diÖn tÝch tam gi¸c CDH lín nhÊt.
Bµi 5: Ta cã: u + v = 4 u2 + v2 = 16 – 2uv
MÆt kh¸c: u, v lµ c¸c sè d­¬ng nªn ¸p dông bÊt ®¼ng thøc c« si ta cã:
4uv (u + v)2 4uv 16 uv 4 
P = u2 + v2 + = 16 – 2uv + 16 – 2.4 + = 
P = khi u = v vµ u + v =4 u = v = 2
VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ khi u = v = 2 
ĐỀ 3
Bµi 1: Cho hai sè x1 = 2 - , x2 = 2 + 
1. Ta cã: (1)
 (2)
2. Tõ (1) suy ra: thay vµo (2) ta ®­îc:
VËy lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh 
Bµi 2: 
1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 
VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm 
2. Rót gän biÓu thøc: 
 Víi ta cã: 
A = = 
 = 
VËy A = Víi 
Bµi 3: 
 Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy ®­êng th¼ng (d): y = (m2 - m)x + m song song víi ®­êng th¼ng (d’): y = 2x + 2 
VËy víi m = -1. th× ®­êng th¼ng (d) song song víi ®­êng th¼ng (d’)
Bµi 4: 
1. Ta cã: NAI = NMA (1) (gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n cung AN trong ®­êng trßn (O’))
ABC = AMC(Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AC trong ®­êng trßn (O)) hay NMA =ICB (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra: 
NAI = IBC
XÐt AIN vµ BIC cã:
NAI = IBC (c/m trªn)
AI = IB (v× I lµ trung ®iÓm cña AB)
AIN = BIC (®èi ®Ønh)
Do ®ã: AIN = BIC
 IC = IN tø gi¸c ANBC cã hai ®­êng chÐo c¾t nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi ®­êng
 Tø gi¸c ANBC lµ h×nh b×nh hµnh.
2. ANBC lµ h×nh b×nh hµnh IBN = IAC hay IBN = BAC (3)
MÆt kh¸c: BMC = BAC (4) (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BC trong ®­êng trßn (O))
Tõ (3) vµ (4) suy ra: IBN = BMI BI lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BMN. 
3. Gäi AH lµ ®­êng cao cña tam gi¸c ABC , C’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC CH C’I
SANBC = 2SACB = 2.CH.AB = CH.AB
§Ó SANBC lín nhÊt th× SACB lín nhÊt CH lín nhÊt CH = C’I C trïng víi C’ hay C lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC.
Mµ M, I, C th¼ng hµng M, O, C th¼ng hµng M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín BC.
Bµi 5: (x+ )(y+ )=3 (x+ )( - x)(y+ )=3( - x)
y+ = - x (1)
Và (x+ )(y+ )=3 (x+ )( - y)(y+ )=3( - y)
 x+ = - y (2)
(1)-(2) ta được x+y =0
ĐỀ 4
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1
(2điểm)
1. Giải các phương trình:
a. x = 6
b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0. Vậy ngiệm của phương trinh là: 
2. Giải hệ phương trình: 
0.5
0.75
0.75
Câu 2
(2điểm)
1. Với Ư(2)
2. Với Ta có để A nhận giá trị nguyên thì nguyên hay (không thỏa mãn ĐKXĐ). 
Vậy không có giá trị nguyên nào của y để biểu thức B nhận giá trị nguyên
1
1
Câu 3
(2điểm)
1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có là giá trị cần tìm
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): Có với mọi n nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi n
Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2) khi đó ;
Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: 
Theo bài ra ta có 
 là giá trị cần tìm.
0.5
0.75
0.75
Câu 4
(3điểm)
Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường kính PQ
Tương tự tứ giác MNEF nội tiếp
 (hai góc nộ tiếp cùng chắn 
cung PQ trong đường tròn đường kính EQ)
 (hai góc nội tiếp cùng chắn 
cung MN trong đường tròn đường kính ME)
 (hai góc đối đỉnh)
 (hai góc đối đỉnh)
hay PM là phân giác của góc 
3. Ta có: 
(hai góc nội tiếp cùng chắn 
cung MN trong đường tròn đường kính MQ)
(hai góc nộ tiếp cùng chắn 
cung EF trong đường tròn đường kính EQ)
PE là phân giác trong của . Lại có PE là phân giác ngoài của (đpcm)
1.0
1.0
1.0
Câu 5
(1điểm)
Với a, b, c là các số dương ta có: 
 (+) mn
 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n 
 (+) 
 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n 
 (+) Từ (1) và (2) suy ra (do). 
 Suy ra . Dấu bằng xảy ra khi m = n = p
0.25
0.25
0.25
0.25
ĐỀ 5
BÀI
NỘI DUNG
1
1.a)
b)
Ta có 
Thay vào biểu thức 
Tính được kết quả 
2)
2
a)
Khi ta có phương trình 
Giải phương trình ta được hai nghiệm: 
b)
Tính được 
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 
Gọi là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có 
Giả sử thay vào (2) ta được 
Thay hai nghiệm vào (1) ta được 
Khẳng định hai giá trị vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận
4
Điều kiện: , đưa phương trình trở thành: 
Đặt ẩn phụ: , phương trình trở thành: 
Trường hợp: ta có (vô nghiệm)
Trường hợp: ta có 
5.a
ta có 
Xét tứ giác MKCH có 
Vậy tứ giác MKCH nội tiếp 
b.
Có AH // OC 
nên (so le trong)
 Xét có OC=OA=R.AOC cân ở O nên .
Do đó: . Vậy AC là phân giác của .
Xét MAP có AK là đường cao (do AC MP), đồng thời là đường phân giác . Nên MAP cân tại A đpcm
 c
Ta có M; K; P thẳng hàng. Do đó M; K; O thẳng hàng nếu P O hay AP = PM. Kết hợp với câu b tam giác MAP cân ở A suy ra tam giác MAP đều. 
Do đó . Đảo lại: ta chứng minh P O: 
Khi (do AC là phân giác của ) . Tam giác MAO cân tại O có nên MAO đều.
Do đó: AO = AM. Mà AM = AP (do MAP cân ở A) nên AO = AP. Vậy P O.
Vậy tam giác ABC cho trước có thì ba điểm M; K và O thẳng hàng.
6
Đặt với a,b,c >0.Khi đó ta có
Do a,b>0 áp dụng bđt cô-si ta được (*)
Chứng minh tương tự ta có (**)và (***)
Nhân vế với vế của(*) ,(**) và (***) ta được 
Dấu "=" xảy ra 
Vậy giá trị lớn nhất của P=1 khi x=y=z=3