Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
ĐỀ SỐ 1
Bài 1. (1,5 điểm)
a) Cho biết: A = 9 + 3
7
và B = 9 - 3
7
. Hãy so sánh A + B và A.B.
b) Tính giá trị của biểu thức:
1 1 5 5
M :
3 5 3 5 5 1
−
 
= −
 ÷
− + −
 
Bài 2.
Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một tam giác có chiều cao bằng
2
5
cạnh đáy. Nếu chiều
cao giảm đi 2 dm và cạnh đáy tăng thêm 3 dm thì diện tích của nó giảm đi 14 dm
3
.Tính chiều cao và
cạnh đáy của tam giác.
Bài 3. (4 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By. Qua
điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở E và
F.
a) Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp.

a) Rút gọn biểu thức K.
b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2
2
c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.
Bài 2. (2 điểm) Cho hệ phương trình:
mx y 1
x y
334
2 3
− =



− =


a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1.
b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm.
Bài 3. (3,5 điểm)
Nguyễn Văn Ngãi

3 757 022 – 0905 161 906 1
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =
2
3
AO. Kẻ dây
MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M,
N và B. Nối AC cắt MN tại E.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn.

2
- 2mx + (m - 1)
3
= 0 với x là ẩn số, m là tham số (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = - 1.
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương
của nghiệm còn lại.
Bài 4. (3 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 45
0
. Vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC.
Gọi H là giao điểm của BD và CE.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh: HD = DC.
c) Tính tỉ số:
DE
BC
.
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc với DE.
ĐỀ SỐ 4
Bài 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức
4 x 8x x 1 2
P :
4 1
2 x x 2 x x
   
−
= + −
 ÷  ÷
−

·
BMD BCD+
không đổi.
c) DB.DC = DN.AC.
Bài 4.
Cho hình thoi ABCD với giao điểm hai đường chéo là O. Một đường thẳng d vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) tại O. Lấy một điểm S trên d. Nối SA, SB, SC, SD.
a) Chứng minh AC vuông góc với mặt phẳng (SBD).
b) Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng (SBD).
c) Tính SO, biết AB = 8 cm;
·
·
0 0
ABD 30 , ASC 60= =
.
Bài 5.
Chứng minh rằng: Nếu x, y là các số dương thì:
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
Bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi nào?
ĐỀ SỐ 5
Bài 1. Cho
1 1
A
2(1 x 2) 2(1 x 2)
= +
+ + − +
.


3 757 022 – 0905 161 906 3
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
Bài 5.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
P (x 2008) (x 2009)= + + +
ĐỀ SỐ 6
Bài 1: Cho đường thẳng (D) có phương trình: y = - 3x + m.
Xác định (D) trong mỗi trường hợp sau:
a) (D) đi qua điểm A(-1; 2).
b) (D) cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ bằng
2
3
−
.
Bài 2: Cho biểu thức A =
2
2
2 3x x+ +
a) Tìm tập xác định của A.
b) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị đó.
Bài 3: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A của các đường tròn
(O) và (O’) cắt đường tròn (O’) và (O) theo thứ tự tại C và D. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của
các dây AC và AD. Chứng minh:
a) Hai tam giác ABD và CBA đồng dạng.
b)
·
·
BQD APB=

+ mx + 12 = 0. (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm bằng 1, tìm nghiệm còn lại.
Bài 3:
Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 14km/giờ thì đến sớm
2 giờ, nếu giảm vận tốc đi 4km/giờ thì đến muộn 1 giờ.
Tính vận tốc dự định và thời gian dự định.
Bài 4:
Từ điểm A ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC, và cát tuyến AKD sao cho BD song song
với AC. Nối BK cắt AC ở I.
a) Nêu cách vẽ cát tuyến AKD sao cho BD//AC.
b) Chứng minh : IC
2
= IK.IB
Nguyễn Văn Ngãi

3 757 022 – 0905 161 906 4
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
c) Cho góc
·
o
BAC 60=
. Chứng minh cát tuyến AKD đi qua O.
Bài 5
Biết rằng a, b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a.b = 1. Chứng minh:
2 2
a b
2 2
a b
+

 ÷
+ − −
 
Bài 2.
Gọi chiều cao và cạnh đáy của tam giác đã cho là x và y (x > 0; y > 0, tính bằng dm). Theo bài ra ta
có hệ phương trình:
2
2
x y
x y
5
5
1 1
xy (xy 3x 2y 6) 28
xy (x 2)(y 3) 14
2 2

=


=
 
⇔
 
 
− + − − =
− − + =




0
EAO 90=
(AE là tiếp tuyến)
·
0
EMO 90=
(EM là tiếp tuyến)

·
·
0
EAO EMO 180⇒ + =

⇒
AEMO là tứ giác nội tiếp
b)
·
0
AMB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AM OE⊥
(EM và EA là 2 tiếp tuyến)
·
0
MPO 90⇒ =
Nguyễn Văn Ngãi

3 757 022 – 0905 161 906 5
A
B

EF AB EM EA
(Talet)
MF HB MK KH
= ⇒ =

Vì EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) suy ra MK = KH
d) ∆EOF vuông (
·
0
EOF 90=
). OM là đường cao và OM = R.
Gọi độ dài 3 cạnh của ∆EOF là a, b, c. Ta có:

EOF
1 1
S r(a b c) aR
2 2
= + + =

aR r(a b c)⇒ = + +

r a
R a b c
⇒ =
+ +
Nhưng b + c > a
a a 1
a b c 2a
a b c 2a 2
⇒ + + > ⇒ < =

a) (1 điểm)
Điều kiện a > 0 và a ≠ 1 (0,25đ)
a 1 1 2
K :
a 1 a( a 1) a 1 ( a 1)( a 1)
 
 
= − +
 ÷
 ÷
− − + + −
 
 
(0,25đ)
Nguyễn Văn Ngãi

3 757 022 – 0905 161 906 6
A
B
O
F
E
M
H
x
y
K
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
a 1 a 1
:

a 1 0
a 1
K 0 0
a 0
a
− <

−
< ⇔ < ⇔

>

(0,25đ)

a 1
0 a 1
a 0
<

⇔ ⇔ < <

>

(0,25đ)
Bài 2. (2điểm)
a) (1 điểm) Khi m = 1 ta có hệ phương trình:

x y 1
x y
334


⇔

=

b)

mx y 1
y mx 1
x y
3
334
y x 1002
2 3
2
− =
= −


 
⇔
 
− =
= −
 



y mx 1
y mx 1

a)
* Hình vẽ đúng
*
·
0
EIB 90=
(giả thiết)
Nguyễn Văn Ngãi

3 757 022 – 0905 161 906 7
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
*
0
ECB 90∠ =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
* Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp
b) (1 điểm) Ta có:
* sđ
cungAM
= sđ
cungAN

*
AME ACM∠ = ∠

*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM.
* Do đó:
AC AM
AM AE
= ⇔

1
, bán kính O
1
M.
Bài 4. (2 điểm)
Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình nón do 8cm
3
nước ban đầu tạo thành. Do đó phần nước còn lại có thể tích bằng
3
1 1
2 8
 
=
 ÷
 
thể tích nước ban đầu.
Vậy trong ly còn lại 1cm
3
nước.
ĐỀ 3
Bài 1. a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

2 x 0 x 2
2 x 2
x 2 0 x 2
− ≥ ≤
 
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
+ ≥ ≥ −

x
100
(sp)
Nguyễn Văn Ngãi

3 757 022 – 0905 161 906 8
A B
M
E
C
I
O
1
N
A
B
C
D
E
H
O
x
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
* Số sản phẩm tăng của tổ II là:
21
y
100
(sp)
* Từ đó ta có phương trình thứ hai:
18 21

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt
⇔
∆’ = m
2
- (m - 1)
3
> 0 (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u; u
2
thì theo định lí Vi-ét ta có:

2
2 3
u u 2m (1)
u.u (m 1) (2)

+ =


= −


Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1)
2
= 2m
⇔
m
2
- 3m = 0
⇔

DE AE AE 2
BC AC 2
AE. 2
= = =
d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), ta có
·
·
BAx BCA=
, mà
·
·
BCA AED=
(cùng bù với
·
DEB
)
·
·
BAx AED⇒ =
do đó DE // Ax.
Mặt khác,
OA Ax⊥
, vậy
OA ED⊥
(đpcm).
ĐỀ 4
Bài 1.
a)
4 x(2 x) 8x ( x 1) 2( x 2)
P :


3 9
x x
4 16
⇔ = ⇔ =
c) Bất phương trình đưa về dạng 4mx > x + 1
⇔
(4m - 1)x > 1
* Nếu 4m-1 ≤ 0 thì tập nghiệm không thể chứa mọi giá trị x > 9; Nếu 4m-1 > 0 thì nghiệm bất
phương trình là
1
x
4m 1
>
−
. Do đó bất phương trình thỏa mãn với mọi x > 9
1
9
4m 1
⇔ ≥
−
và
4m - 1 > 0. Ta có
5
m
18
≥
.
Bài 2.
a) Đặt t = x

luôn là tứ giác nội tiép.
Suy ra
·
·
0
BMD BCD 180+ =
(đpcm).
c) Do
·
0
ANB 90=
(giả thiết)
N (O)⇒ ∈
·
·
»
· ·
·
·
BDN BAN(c BN)
BDN ACD
m BAN ACD (soletrong)

=

⇒ =

=



B
C
D
O
M
N
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
Từ (1) và (2)
AC mp(SBD)⇒ ⊥
.
b)
SO mp(ABCD)⊥
mà SO nằm trong mp(SAC)
mp(SAC) mp(ABCD)⇒ ⊥
.
c) Trong tam giác vuông AOB có:
·
0
AO AB.sin ABO AB.sin30 4(cm)= = =
.
Trong tam giác cân ASC có SO là đường cao nên cũng là phân giác, suy ra
·
·
0
1
ASO ASC 30
2
= =
.
Trong tam giác vuông ASO có SO = AO.cotg30

x 2 0
x 2 x 2
x 2 1 x 1
x 2 1
+ ≥

≥ − ≥ −
 

⇔ ⇔ ⇔
  
+ ≠ ≠ −
+ ≠

 

b)
2
1 1 (1 x 2) (1 x 2) 1
A
x 1
2(1 x 2) 2(1 x 2)
2 1 ( x 2)
− + + + + −
= + = =
+ 
+ + − +
− +
 
Bài 2.

= =
.
Bài 3.
a) Ta có
·
»
s BC
s BCD
2
=
®
®
.
Do DE là tiếp tuyến của đường tròn (O)
·
»
s CD
s CDE
2
®
®⇒ =
, mà
» »
BD CD=
(giả thiết)
Nguyễn Văn Ngãi

3 757 022 – 0905 161 906 11
A
B C

. Do đó CODE là tứ giác nội tiếp.
Mặt khác
·
»
·
»
s BD s CD
s PAQ , s PCQ
2 2
® ®
® ®= =
mà
» »
BD CD=
(giả thuyết) suy ra
·
·
PAQ PCQ=
.
Vậy APQC là tứ giác nội tiếp.
c) Do APQC là tứ giác nội tiếp, suy ra
·
·
QPC QAC=
(cùng chắn
»
CQ
) và
·
·

= 2.AO
2
= 176.2 = 352
Do đó: S
ABCD
= AB
2
= 352(cm
2
)
Vì vậy:
3
ABCD
1 2
V S .h 2346 (cm )
3 3
= =
b) Ta có:
1 1
OH AB 352. Do SO mp(ABCD) SO OH
2 2
= = ⊥ ⇒ ⊥
.
Suy ra trong tam giác vuông SOH có:
2 2 2 2
xq
2
SH SO OH 20 (0,5. 352) 488;
4.AB.SH
S 2.AB.SH 2 352. 488

H
d
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
(x + 2009)(x - 2008) ≥ 0
2009 x 2008⇔ − ≤ ≤ −
.
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất là 1
2009 x 2008⇔ − ≤ ≤ −
.
ĐỀ SỐ 6
Bài 1:
a) Đường thẳng (D) đi qua điểm A(-1; 2) suy ra m - 3(-1) = 2
⇔
m = - 1.
b) Đường thẳng (D) cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ bằng
2
3
−
.
Bài 2:
a) Ta có x
2
+ 2x + 3 = (x + 1)
2
≥ 2 với mọi x
∈¡
.
Do đó x
2
+ 2x + 3 ≠ 0 với mọi x

·
CAB
= sđ
·
1
ADB
2
=
sđ
¼
AnB
, (
¼
AnB
thuộc đường tròn (O)).
Do đó
·
CAB
=
·
ADB
. Tương tự
·
·
ACB BAD=

suy ra
ABD
∆


AQB BQD 180+ =
mà
·
·
·
·
o
BQD APB AQB APB 180= ⇒ + =
suy ra tứ giác APBQ là tứ
giác nội tiếp.
Bài 4:
a) Ta có SA
⊥
mp(ABC) (giả thiết) mà BC thuộc mp (ABC), suy ra BC
⊥
AB, do đó BC
⊥
mp(SAB).
Vì AM thuộc mp (SAB), suy ra AM
⊥
BC, mặt khác AM
⊥
mp(SBC).
b) Trong tam giác vuông ABC có:
AB = AC.sin
·
ACB
= 2a. sin 30
o
= 2a.

0
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
Do đó S
ABC
=
2
1 a 3
BA.BC
2 2
=
Vậy V =
2 2
ABC
1 1 a 3 a h 3
S .SA h
3 3 2 6
= =
Bài 5:
Sử dụng kết quả bài 5, đề số 4 cho các số dương x + y và x + z ta có:
( ) ( )
1 1 1 1 1
2x y z x y x z 4 x y x z
 
= ≤ +
 ÷
+ + + + + + +
 
(1)
Cũng theo kết quả bài đã nêu thì
1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 2 1 1
;
x 2y z 16 y x z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
(4)

1 1 2 1 1
;
x y 2z 16 z x y
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
(5)
Cộng từng vế của (3), (4), (5) ta có điều phải chứng minh.
ĐỀ SỐ 7
Bài 1.
( )
( )
x 12 18 x 18 27 x 12 x 18 27 18
27 18 3 3 3 2
x x
12 8 2 3 2 2
3 3 2
x 1,5

Ta có x
1
.x
2
=
c
a
mà x
1
= 1
2
12
1.x 4
3
⇒ = =
. Vậy x
2
= 4
Nguyễn Văn Ngãi

3 757 022 – 0905 161 906 14
Trường THCS Phan Đình Phùng – Thanh Khê - Đà Nẵng Luyện thi vào THPT
Bài 3.
Gọi thời gian dự định là x và vận tốc dự định là y, với x > 0, y > 0; x tính bằng giờ, y tính bằng
km/giờ.
* Quãng đường AB dài là: x.y
* Nếu vận tốc giảm đi 4km/h thì thời gian đi sẽ tăng lên 1 giờ nên ta có:
(x + 1)(y - 4) = x.y
⇔
-4x + y = 4

BIC
(chung)
+
·
1
KCI
2
=
sđ
»
CK
(góc giữa tiếp tuyến và dây cung CK)
·
1
IBC
2
=
sđ
»
CK
(góc nội tiếp chắn
»
CK
), suy ra
·
·
KCI IBC=
Vậy ΔBCI ΔCKI
2
BI CI

sđ
»
BC
= 60
0
(góc giữa tiếp tuyến và dây
cung)
·
·
0
BDC BCA 60⇒ = =
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra hai tam giác BCD và BCA là các tam giác đều
⇒
ABDC là hình thoi (tứ giác
có 4 cạnh bằng nhau)
⇒
BC
⊥
AD và D là điểm chính giữa
»
BC

⇒
DA đi qua O (đpcm)
Bài 5.
Vì ab = 1 nên
2 2 2
a b (a b) 2 2
(a b)