Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
ĐỀ SỐ 1.
Phần I : Trắc nghiệm khách quan ( 2.0 điểm ) Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất.
1. Biểu thức
2
1 4x
x
−
xác đònh với giá trò nào sau đây của x ?
A. x ≥
1
4
B. x ≤
1
4
C. x ≤
1
4
và x ≠ 0 D. x ≠ 0
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x
A. y = 2x - 1 B.
( )
2 1 2y x= −
C. y = 2 - x D.
( )
2 1 2y x= −
3. Hai hệ phương trình
3 3
1
kx y
x y

2
y x=
B.
2
2
2
y x= −
C.
2
2
4
y x=
D.
2
2
4
y x= −
5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài
đoạn EF bằng :
A. 13 B.
13
C. 2
13
D. 3
13
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3
3
a, khi đó sinB bằng
A.
3

- 4x + m + 1 = 0
1. Giải phương trình khi m = 3
2. Với giá trò nào của m thì phương trình có nghiệm.
3. Tìm giá trò của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
2
+ x
2
2
= 10
Bài 2 : ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình :
3 2 2 1
2 2 3
x y
x y

− − + =


− + + =


Bài 3: ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức : 1.
6 3 3 6 3 3A = + + −
2.
( ) ( )

VËy víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiƯm.
2. Víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiƯm . Gäi hai nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh lµ x
1
, x
2
.Theo
®Þnh lý ViÐt ta cã : x
1
+ x
2
= 4 (1), x
1
.x
2
= m + 1 (2). MỈt kh¸c theo gt : x
1
2
+ x
2
2
= 10 ⇒ (x
1
+ x
2
)
2
- 2
x
1
.x

+ = ≥


Khi ®ã hƯ ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh :
3 1
3
a b
a b
− =


+ =

.
Gi¶i hƯ nµy ta ®ỵc
1 0
2 0
a
b
= ≥


= ≥

(TM).
Víi
1
2
a
b

2 2
6 3 3 6 3 3 2 6 3 3 6 3 3 12 2 6 3 3 12 2 3 18= + + − + + − = + − = + × =A
⇒ A =
3 2
(v× A > 0)
2.
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 3
2
2
5 2 6 3
5 2 6 3
5 2 6
5 2 6
9 3 11 2
1
9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2
−
−
−
−
−
+
−
= = = = =

180KPC KBC+ =
. Suy ra tø gi¸c
CPKB néi tiÕp ®ỵc (®pcm) .
a
b
c
i
p
k
o
Trng THCS Nhn Tõn Hunh Vn R
2. Ta có KC CI (gt), CB AC (gt)
ã
ã
CKB ICA=
(cặp góc nhọn có cạnh tơng ứng vuông góc).Xét
hai tam giác vuông AIC và BCK (
à à
0
90A B= =
) có
ã
ã
CKB ICA=
(cm/t) .Suy ra AIC đồng dạng với BCK. Từ
đó suy ra
AI BC
AI BK BC AC
AC BK
= ì = ì

ã ã
ã
ã
PBC PAC PKC PIC+ = +
.Mặt khác tam giác ICK
vuông tại C (gt) suy ra
ã
ã
0
90PKC PIC+ =

ã ã
0
90PBC PAC+ =
, hay tam giác APB vuông tại P.(đpcm)
4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra
( )
ABKI
=
2
AI BK AB
s
+
Max S
ABKI
Max
( )
AI BK AB+
nhng A, I, B cố định do đó AI, AB không đổi
.Suy ra Max

Câu 2: ( 2 điểm ) 1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Câu 3: ( 1,5 điểm ) Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số
thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Câu 4: ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức: P =
2 1
:
a b ab
a b a b
+
+
với a, b

0 và a b
Câu 5: ( 2 điểm ) Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A
và vuông góc với AB cắt tia BE tại F
1) Chứng minh rằng: AF // CH
2) Tứ giác AHCF là hình gì ?
Câu 6: ( 1 điểm ) Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x x
2
)(y 2y
2
) với 0

x

2; 0

y


x y
+ =


+ =

. Giải hệ phơng trình ta đợc
12
5
x
y
=


=

Câu 4. P =
( )
( ) ( )
2
.( ) .
a b
a b a b a b a b
a b

+ = + =

với a, b

0 và a b

2
x 2
1
2
x+

=
ữ

y 2y
2
= y(1 2y ) =
2
1 1 2 1 2 1
.2 (1 2 )
2 2 2 8
y y
y y
+

=
ữ


(2x x
2
)(y 2y
2
)


+
2
1
x
x
.
b) Rỳt gn biu thc: A =
1 1
a 3 a 3
ổ ử
ữ
ỗ
+
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
- +









a

E
D
C
A
B
O
M
N

K
I
B C
D
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC
2
= IA.IN
Câu 5. ( 1 điểm ) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các điểm A( -1 ; 2 ), B( 2 ; 3 ) và C( m ; 0 ). Tìm m sao
cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
ĐÁP ÁN 03
Câu 1: a/ 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x =
2
3
.
b/ Phương trình có dạng a – b + c = 0. Nên có một nghiệm x
1
= –1 và nghiêm thứ hai x
2
=
a

b) Biến đổi








− 3
1
a
+








+ 3
1
a
=
( )( )
33
2
+− aa
a

6−x
( km/h)
Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:
x
108
( giờ )
Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:
6
108
−x
( giờ )
Theo bài ra ta có phương trình:
−
− 6
108
x
x
108
=
5
1
(*)
Giải phương trình (*) tìm được x = 60 và x = – 54 ( loại )
Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h.
Câu 4.
a) MA = MC => OM
⊥
AC
Góc ACM = 90
0

ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
5
A
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
Là giao điểm của A”b với trục Ox.
A’
( )
)3;2(,2;1 B−−
=> pt đường thẳng A’B: y =
3
1
3
5
−x
Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C (
0;
5
1
) => m =
5
1

ĐỀ SỐ 4
Bài 1. ( 2 điểm ) a/ Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
5
5
và
32
5
+

b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA. Chứng minh rằng đường thẳng
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện tích tam giác ACD ( đơn vị đo trên các trục tọa
độ là cm )
Bài 4. ( 3,5 điểm )
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N ( N khác A và B ), trên
cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN.
a) Chứng minh
AMBBNC ∆=∆
.
b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp.
c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh.
ĐÁP ÁN 04
Bài 1. a)
5
5
=
5
;
32
5
+
=
( )
( )( )
3510
34
3510
3232
325
−=




=
−=
5
7
2
1
x
x
b) Giải hệ phương trình:



=+
=−
)(82
)(232
byx
ayx
nhân
( )
b
với 2 và
lấy
( ) ( )
ba 2−
. Ta có <=>



ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
6
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ

b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax. Thay thế tạo độ A vào ta có 1 = a.
vì d // OA nên phương trình đường thẳng d có dạng y = x + b.
d đi qua B ( 2; 0 ) => 0 = 2 + b => b =
2−
=> phương trình d là y= x
2−
.
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là:
022
22
=−+⇔−=− xxxx
1==⇔
C
xx
hay
2−==
D
xx
( vì a + b + c = 0 )
121 −=−=⇒
C
y
và
422 −=−−=
D

∆
AMB





=
=∠=∠
=
ABBC
AB
AMBN
0
60
=>
∆
BNC =
∆
AMB. ( c.g.c ).
b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp.



0
180=+∠
∠=∠
ANPBNC
AMBBNC
)( BNCAMB ∆=∆

b
bab
a +
−
−
+
+

với a,b là 2 số dương khác nhau.
a) Rút gọn biểu thức N.
b) Tính giá trị của biểu thức N khi : a =
526 +
và b =
526 −
Bài 2. ( 2,5 điểm ) Cho phương trình ẩn x: x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 3 = 0
a) Giải phương trình với m =
3
.
b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Bài 3. ( 1,5 điểm ) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là y = -
2
2
1
x

+
=
ab
ba
aba
b
bab
a +
−
−
+
+ )()(
=
ab
ba
abab
abbaba
abab
abbaabbbabaa
−
+
=
−
+
=
−
−+−++−
)())(
))(()()(
b) Ta có a =

2
– 3 = 0 trở thành:
x
4
- 2
3
x = 0
⇔
x
2
(x
2
- 2
3
) = 0
⇔



=
=
32
0
2
x
x

⇔



⇔
phương trình (1) có 2 nghiệm trong đó có một nghiệm
bằng 0 và 1 nghiệm dương
*)Phương trình (1) nhận t = 0 là nghiệm
⇔
m
2
– 3 = 0
⇔
m =
±
3
+) Khi m =
3
, phương trình (1) trở thành: t
2
-
3
t = 0
⇔



=
=
32
0
2
1
t

Bµi 3. a) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ cã hÖ sè gãc b»ng k lµ: y = k(x – 2) – 3
b) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ kh«ng song song víi trôc tung cã d¹ng:
y = k(x – 2) – 3 ( k lµ 1 sè bÊt kú)
Hoµnh ®é giao ®iÓm cña parabol (p) vµ ®êng th¼ng (d) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:
-
2
1
x
2
= k(x-2) – 3
⇔
x
2
+ 2kx – 4k – 6 = 0 (*)
§êng th¼ng (d) vµ parabol(p) c¾t nhau t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt
ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
8
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
⇔
ph¬ng tr×nh (*) cã 2 nghiƯm ph©n biƯt víi mäi k
⇔

/
∆
> 0 víi mäi k
⇔
k
2
+ 4k + 6 > 0 víi mäi k
ThËt vËy

Từ (1) và (2) => I là giao điểm của hai đường phân giác tại đỉnh M và đỉnh P của tam giác MPQ => I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm)
Câu b) * Phân tích:
Giả sử M là điểm trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MPOQ là hình vng => cạnh của hình vng là R
 MO = R
2

 M nằm trên đường tròn (O ; R
2
)
 M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R
2
)
* C¸ch dùng:
+ Dùng ®o¹n R
2

+ VÏ ®êng trßn (O, R
2
)
+ LÊy giao ®iĨm M cđa ®êng th¼ng (d) vµ ®êng trßn (O, R
2
)
=> M lµ ®iĨn ph¶i dùng
* Chứng minh:
Vì MO = R
2
> R => M nằm ngoài đường tròn (O,R)
Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn
+ Áp dụng đònh lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có

của đoạn OK.
ĐỀ SỐ 06
Bài 1. ( 1,5 điểm ) Cho biểu thức : A =
x
xx
24
44
2
−
+−
a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999
Bài 2. ( 1,5 điểm ) Giải hệ phương trình:







=
−
+
−=
−
−
5
2
34
1

2
−
+−
=
)2(2
)2(
2
x
x
−
−

Vì (x- 2)
2

≥
0 với mọi x =>
2
)2( −x
có nghĩa với mọi x => A có nghĩa
⇔
4 – 2x
≠
0
⇔
x
≠
2
b) Ta có A =
x 2

ỵ

Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5
Bài 2. Đặt u =
x
1
và v =
2
1
−y
.Hệ phương trình trên trở thành:



=+
−=−
534
1
vu
vu

Giải hệ phương trình trên được







=

⇔
a
2
– 2a – 8 = 0
⇔
a = -2 và a = 4
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
10
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
Khi đó nghiệm còn lại của phương trình là: x
2

=
2
2
3a
2(a a 3)
−
− −

+) Nếu a = -2 , nghiệm còn lại của phương trình là x
2
= -2
+) Nếu a = 4 , nghiệm còn lại của phương trình là x
2
= -
3
8

Bài 4.

∠
SAF = 2v =>
∠
SAF =
∠
FBC hay
∠
SAF =
∠
SBC
Xét 2 tam giác SAF và SBC có :

∠
S chung ,
∠
SAF =
∠
SBC (cmt) => Hai tam giác SAF và SBC đồng dạng =>
SC
SF
SB
SA
=

=> SA.SC = SB.SF
c) Chøng minh : Tia ES lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF
Ta cã gãc AED = gãc ACF (cmt) (1)
V× tø gi¸c BEDF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn => gãc DEF = gãc DBF (2)
V× tø gi¸c ACBF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn => gãc ACF = gãc ABF (3)
Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = gãc DEF => ED lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF

- 6 ) = 0
a) Trường hợp : x + 1 -
1+x
+ 6 = 0 (a)
Đặt t =
1+x
( điều kiện t
≥
0 ) , phương trình (a) trở thành
t
2
– t + 6 = 0 ( vô nghiệm)
b) Trường hợp : x + 1 +
1+x
- 6 = 0 (b)
Đặt t =
1+x
( điều kiện t
≥
0 ) , phương trình (b) trở thành
t
2
+ t - 6 = 0
⇔
t = - 3 (loại) hoặc t = 2 (thoả mãn)
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
11
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
t = 2 =>
1+x

1
a) Rút gọn biểu thức T
b) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x
≠
1 luôn có T <
3
1
Bài 2. ( 2,5 điểm) Cho phương trình : x
2
– 2mx + m
2
-
2
1
= 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm của phương trình có giá trò tuyệt đối bằng
nhau
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm ấy là số đo của hai cạnh góc vuông của một
tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3
Bài 3. ( 1 điểm )
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = x
2
(P)
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 12 và có với parabol (P) đúng một
điểm chung.
Bài 4. ( 4 điểm )
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Một điểm M chuyển dộng trên đường tròn (O) ( M khác với A
và B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường kính AB.Vẽ đường tròn (T) có tâm là M và bán
kính MH . Từø A và B lần lượt kể tiếp tuyến AD và BC đến đường tròn (T) (D và C là các tiếp điểm)
a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trò không đổi.

x
=
1
1
1
1
1)(
2
3
−
−
++
+
+
−
+
xxx
x
x
x

=
)1)(1(
)1()1)(1(2
++−
++−−+++
xxx
xxxxx
=
)1)(1( ++−

)1(
2
2
++
−
x
x

=>
3
1
- T > 0 vì (
x
- 1)
2
> 0 và 3(
4
9
)
2
1
2
++x
> 0 với mọi x > 0 và x
≠
1
=> T <
3
1
với x > 0 ø và x

=
2
1
= 0 (vô lý)
+ Nếu x
1
= - x
2
=> x
1
+ x
2
= 0 => 2m = 0 => m = 0
=> phương trình đã cho trở thành : x
2
-
2
1
= 0
⇔
x =
2
1
±

=> phương trình có 2 nghiệm có giá trò tuyệt đối bằng nhau
=> m = 0 là giá trò cần tìm
b) Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
và x

= 4m
2
– 2(m
2
-
2
1
) = 2m
2
+ 1
=> và x
1
2
+ x
2
2
= 9
⇔
2m
2
+ 1 = 9
⇔
m =
±
2
+Với m = 2 phương trình đã cho trở thành : x
2
– 4x +
2
7

=> m = -2 không troả mãn
Tóm lại: Phương trình đã cho có hai nghiệm và 2 nghiệm này là số đo 2 cạnh của góc vuông của tam
giác vuông có cạnh huyền bằng 3
⇔
m = 2
Bài 3. +)Gọi (d) là đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng y = 3x + 12 => phương trình
đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m
+) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol y = x
2
là nghiệm của phường trình: x
2
= 3x + m
⇔
x
2
– 3x – m = 0 (*)
+) Đường thẳng (d) và parabol y = x
2
có đúng 1 điểm chung
⇔
phương trình (*) có nghiệm duy nhất
⇔

∆
= 0
⇔
9 + 4m = 0
⇔
m = -
4

0

=> (góc AMD + góc BMC) + (góc AMH + góc BMH) = 180
0

=> 3 điểm C, D, M thẳng hàng và M là trung điểm của CD
* Vì AD và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH)
=> AD
⊥
CD và BC
⊥
CD => ABCD là hình thang vuông
Mặt khác : O là trung điểm của AB và M là trung điểm của CD
=> OM là đường trung bình của hình thang ABCD => OM // AD
Li có AD
⊥
CD => OM
⊥
CD
Mà Om là đường kính của đường tròn (O) => CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c) Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)
2
- (AD – BC)
2

≤
(AD +BC)
2
= 4R
2

Bài 1. ( 2điểm ) Cho A = (
)1
1
).(1
1
−
−
−
+
+
+
a
aa
a
aa
Với 1
0≥≠ a
a) Rút gọn A
b) Với 1
0
≥≠
a
. Tìm a sao cho A = - a
2

Bài 2. ( 2 điểm ) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho các điểm : M(2 ; 1) và N(5; -
2
1
) và đường thẳng (d):
y = ax + b

ĐÁP ÁN 08
Bài 1. a) A = (
)1
1
).(1
1
−
−
−
+
+
+
a
aa
a
aa
=






−
−
−





2
01
aA
a

⇔



−=−
≥≠
2
1
01
aa
a

⇔




=−+
≥≠
01
01
2
aa
a


⇔
a =
2
15 −

Bài 2. a) Vì đường thẳng (d) : y = ax + b đi qua 2 điểm M và N nên lần lượt thay x = 2, y = 1 và x = 5 , y
= -
2
1
vào phương trình đường thẳng (d), ta có hệ phương trình





+=−
+=
ba
ba
5
2
1
21

⇔







−=
+−=
2
1
)
2
1
.(21
a
b

⇔





−=
=
2
1
2
a
b

Vậy đường thẳng (d) : y = -
2
1
x + 2

Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ





+=+
+=+
abab
baba
1013
)10(
8
1

⇔




+=+
+=+
abab
baba
1013
1088

⇔



∆
= 27
2
– 4.7.26 = 1 =>
∆
= 1 => b
1
=
14
127 +
= 2 (thoả mãn)
b
2
=
14
127 −
=
N∉
14
26
(loại)
Với b = 2 => a =
2
2.7
= 7. Đối chiếu với điều kiện đặt ra ta có a = 7 ; b = 2 thoả mãn
Vậy số đã cho là 72
Bài 4.

P
B C

AC => KN = KF => AK vừa là đường cao cừa là trung tuyến) nên AN = AF (2)
Từ (1) và (2) => AM.AF = AN . AE
Bài 5. Ta có :
)
1
11
.(
)1(
1
.
)1(
1
.
)1(
)1(
1
+
−=
+
−+
=
+
=
+
=
+
nn
n
nn
nn

−
+
+
nnnnn
n
nnnn
n
(Vì dễ thấy : 1 +
1+n
n
< 1+1 = 2 )
Vậy :
)
1
11
(2
)1(
1
+
−<
+ nnnn
(1)
Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, … n ta có:
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
16
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ

)
2
1

(2
3)13(
1
34
1
−<
+
=
; ……;
)
1
11
(2
)1(
1
+
−<
+ nnnn
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có:

2
)1(
1

34
1
23
1
2
1

≥
0 và a
≠
1
Bài 2. ( 1,5 điểm ) Tìm hai số x và y thoả mãn các điều kiện sau:



=
=+
12
25
22
xy
yx
Bài 3. ( 2 điểm ) Hai người cùng làm chung một công việc sẽ hoàn thành trong 4 ngày. Nếu mỗi người
làm riêng để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất là ít hơn người thứ hai 6 giờ. Hỏi nếu làm
riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu sẽ hoàn thành công việc.
Bài 4. ( 2 điểm ) Cho các hàm số : y = x
2
(P) và y = 3x + m
2
(d) ( x là biến số , m là tham số
cho trước)
a) Chứng minh rằng với bất kỳ giá trò nào của m , đường thẳng (d) luôn cắt parabol(P) tại 2 điểm phân
biệt.
b) Gọi y
1
và y
2

1
1
3
=
a
aaa
−
++−
1
)1)(1(
= 1 +
a
+ a
=>
a
a
aa
+
−
−
1
1
= (1 +
a
+ a) +
a
= (1 +
a
)
2

7
a) Trường hợp : x + y = 7
Lại có xy = 12 => x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai: t
2
– 7t + 12 = 0
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
17
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
Phương trình có :
∆
= 49 – 48 = 1 ,nên phương trình có 2 nghiệm là: t
1
= 3 ; t
2
= 4
=> 2 số cần tìm là :



=
=
4
3
1
1
y
x
hoặc



3
y
x
hoặc



−=
−=
3
4
4
4
y
x

Tóm lại có 4 cặp số thoả mãn điều kiện đã cho là:



=
=
4
3
1
1
y
x
;


4
4
y
x

Bài 3. Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc là x giờ. Điều kiện: x > 0
=> người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc (x +6) giờ
Trong một giờ người thứ nhất làm được
x
1
công việc
Trong một giờ người thứ hai làm được
6
1
+x
công việc
Vì trong 1 giờ nếu làm chung cả hai người làm được
4
1
công việc nên có phương trình

x
1
+
6
1
+x
=
4
1

2
> 0 với mọi m
=> phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
=> Đường thẳng (d) bao giờ cũng cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt
b) Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng (d) và para bol (P) và toạ độ giao điểm của chúng là:
A(x
1
; y
1
) ; B(x
2
; y
2
)
Áp dụng hệ thức viet cho phương trình (*) ta có :



−=
=+
2
21
21
.
3
mxx
xx

Ta có y
1

1
.x
2
)
2
= (-m
2
)
2
= m
4
(2)
Từ (1) và (2) ta có : y
1
+ y
2
= 11y
1
.y
2
⇔
2m
2
+ 9 = 11 m
4

⇔
11m
4
– 2m

⇔
m =
±
1
Bài 5:
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
18
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
B
A
C
T
S
D
M
a) Ta có
∠
MTC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Lại có :
∠
BAC =1v (gt) => Tứ giác ABTM có :
∠
A +
∠
T = 2v
=> Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn
b) Ta có
∠
MDC = 1v (góc nộitiếp chắn nửa đường tròn)
Lại có

CTS cân tại đỉnh C
Từ (3) => CM là phân giác của
∠
SCT nên CM là đường cao => ST
⊥
AC
Mà AB
⊥
AC => ST // AB (đpcm)
ĐỀ SỐ 10
Bài 1. ( 2điểm ) Giải hệ phương trình :







=
+
+
=
+
+
7,1
13
2
52
yxx
yxx

các tia AQ và AQ tương ứng tại B và C.
1 – Chứng minh rằng AB + AC – BC không phụ thuộc vào vò trí của điểm N.
2 – Chứng minh rằng nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn thì PQ // BC.
Bài 5. (1 điểm ) Giải phương trình :
323232
22
−+++=++−− xxxxxx
ĐÁP ÁN 10
Bài 1. Điều kiện : x
≠
0 và x + y
≠
0
Đặt
x
1
= u ,
yx +
1
= v , hệ phương trình đã cho trở thành:



=+
=+
7,13
252
vu
vu


=
5
2
yx
x
<=>
⇔




=
=
3
2
y
x
(TMĐK)
Bài 2. a) Ta có : P =
)1(
)(
1
1
2
xx
x
x −
+
+
=

1
−
+
=
)12)(12(
)12(
12
12
2
−+
+
=
−
+
= 3 + 2
2

Bài 3. a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = - 2x + 2003 nên chúng có cùng hệ số
góc => a = -2.
Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên toạ độ điểm (1;0) thoả mãn phương
trình của (d): 0 = a.1 + b
Giải ra ta được : a = -2 và b = 2
b) Toạ độ điểm chung của (d) và parabol y = -
2
1
x
2
là nghiệm của hệ phương trình:



=>
∠
MOA =
∠
OAP ( So le trong)
Vì AP và AQ là hai tiếp tuyến xuất phát từ A nên
∠
OAP=
∠
OAQ
Vậy
∠
MOA =
∠
OAQ
=>
∆
MOA cân => MO = MA (đpcm)
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
20
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ

O
A
P
Q
M
N
C
B

∠
TQC (hai góc đối đỉnh) =>
∠
TQC =
∠
QCB
=> BC // PQ (vì có hai góc so le trong bằng nhau)
Bài 5. Ta có :
323232
22
−+++=++−− xxxxxx

⇔
3)2)(1(2)3)(1( −+++=++−+ xxxxxx

Điều kiện : x
≥
3
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với:
32.123.1 −+++=++−+ xxxxxx

⇔
(
0)23).(11 =+−−−+ xxx

Xét hai trường hợp:
11 −+x
= 0
⇔
x = 0 loại vì không thoả mãn điều kiện

−
++
+
với x > 0 và x
≠
1
a) Chứng minh : Q =
1
2
−x
b) Tìm số nguyên x lớn nhất để Q có giá trò là số nguyên
Bài 2. ( 3điểm ) Cho hệ pgương trình:



=+
=++
ayax
yxa
2
4)1(
a) Giải hệ phương trình khi a = 1
b) Chứng minh rằng với mọi giá trò của a , hệ luôn có nghiệm duy nhất (x,y) sao cho x + y
≥
2
Bài 3. ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O)
tại A. M và Q là 2 điểm phân biệt chuyển động trên (d)sao cho M khác A và Q khác A. Các đường thẳng
BM và BQ lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là N và P. Chứng minh:
a) Tích BM.BN không đổi.
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010

5
= 6
2) a) Q =
x
x
xx
x
x
x 1
.
)1)(1(
2
)1(
2
2
+






−+
−
−
+
+
=
xx
x






−+
+−
−
−+
−+
=
)1)(1(
)22()22(
−+
−−+−−+−
xxx
xxxxxx

=
)1(
2222
−
++−−−+−
xx
xxxxxx
=
1
2
)1(
2

x = 3
Bài 2. Trừ vế với vế của 2 phương trình ta được: x = 4 – 2a
Thay x = 4 – 2a vào phương trình 2 : a(4 – 2a) + y = 2a
⇔
y = 2a
2
– 2a
Vậy nghiệm của hệ là :



−=
−=
aay
ax
22
24
2
(1)
a) Thay a = 1 vào (1), ta được :



=
=
0
2
y
x


∆
BMA vuông tại A
Góc ANB là góc chắn nửa đường tròn đường kính AB => góc ANB = 90
0

=> AN
⊥
AB => BN là hình chiếu vuông góc của AB trên BM => BM.BN = AB
2
.Mà AB = 2R
=> BM .BN = 4R
2
. (1) Vậy BM .BN không đổi
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
22
Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ
b) Tương tự BP .BQ = 4R
2
(2). Từ (1) và (2) ta có BM .BN = BP .BQ
=>
BM
BP
BQ
BN
=
nên
∆
BPN ~
∆
BMQ (vì chúng có góc MBQ chung) =>

Tương tự BP + BQ > 4R => BM +BN + BP + BQ > 8R
Bài 4 Có x
2
+ 2x + 5 = (x + 1)
2
+ 4
≥
4 =>
52
2
++ xx
≥
2
=> (2
52
2
++ xx
- 1)(
52
2
++ xx
- 2)
≥
0 => 2(x
2
+ 2x + 5) - 5
52
2
++ xx
+ 2

ĐỀ SỐ 12
C©u1. ( 2 điểm ) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau.
a)
2 3 3x x− + =
b)
2
2
2 1
1 1 1
x
x x x
+ =
+ − −
C©u 2. ( 3điểm ) Cho hµm sè: y = (m + 1)x – 2m +5 (m
≠
-1)
a) T×m gi¸ trÞ cđa m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè c¾t trơc hoµnh t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng -2
b) Chøng minh r»ng ®å thÞ hµm sè lu«n lu«n ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh khi m thay ®ỉi. T×m ®iĨm cè
®Þnh ®ã?
c) T×m gi¸ trÞ cđa m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè ®i qua giao ®iĨm cđa hai ®êng th¼ng 3x - 2y = -9 vµ y = 1 - 2x
C©u 3. ( 1điểm ) Hai tØnh A, B c¸ch nhau 60 km. Cã mét xe ®¹p ®i tõ A ®Õn B. Khi xe ®¹p b¾t ®Çu khëi hµnh
th× cã mét xe m¸y c¸ch A 40 km ®i ®Õn A råi trë vỊ B ngay. T×m vËn tèc cđa mçi xe biÕt xe g¾n m¸y vỊ B tr-
íc xe ®¹p 40 phót vµ vËn tèc xe g¾n m¸y h¬n vËn tèc xe ®¹p lµ 15km/h.
C©u 4. ( 3 điểm ) Cho ∆ABC cã c¸c gãc ®Ịu nhän néi tiÕp ®êng trßn (O, R). C¸c ®êng cao BE, CF c¾t
nhau t¹i H vµ lÇn lỵt c¾t ®êng trßn (O, R) t¹i P, Q
a) Chøng minh: EF // PQ
b) Chøng minh:OA
⊥
EF
c) Cã nhËn xÐt g× vỊ c¸c b¸n kÝnh cđa c¸c ®êng trßn ngo¹i tiÕp c¸c tam gi¸c AHB, BHC, AHC

1
= 6 ; x
2
= 2(lo¹i)
b) §K: x
≠
±
1; pt
⇔
x
2
+ x – 3 = 0 <=> x
1,2
=
1 13
2
− ±
(t/m)
ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010
23
3
2
1
1
1
1
F
H
Q
E

15x +
=
2
3

x
2
+ 75x - 1350 = 0
= 11025

V
= 105
x
1
= 15 ; x
2
= - 90 (loại)
Vận tốc xe đạp là 15 km/h. Vận tốc ngời đi xe máy là 15 + 15 = 30 km/h
Câu 4. a) Tứ giác AFEC nội tiếp
à
à
1 1
F B=
mà
à
à à
à
1 1 1 1
B Q Q F= =


2 3
; ;
a b c
x x
b c a
= =
Xét f(x) = (x - x
1
)(x - x
2
)(x - x
3
) = x
3
- ux
2
+ vx - 1
Trong đó u = x
1
+ x
2
+ x
3
=
a b c
Z
b c a
+ +
v = x
1

Z; q

0; (p, q) = 1)
thì p là ớc của d còn q là ớc của a.
áp dụng nhận xét trên ta có
Đa thức f(x) có 3 nghiệm hữu tỉ x
1
, x
2
, x
3
và các nhiệm này là ớc của 1


1
2
3
1
1
1
x
x a b c
x
=

= = =


=


Câu 3. ( 1 im ) Một phòng họp có 90 ngời họp đợc sắp xếp ngồi đều trên các dãy ghế. Nếu ta bớt đi 5
dãy ghế thì mỗi dãy ghế còn lại phải xếp thêm 3 ngời mới đủ chỗ. Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế và mỗi dãy
ghế đợc xếp bao nhiêu ngời ?.
Bi 4. ( 2 im ) Cho phng trỡnh: (x l n s)
a) Gii phng trỡnh khi a = 1
b) Tỡm a phng trỡnh cú 4 nghim . Khi ú tn ti hay khụng giỏ tr ln nht ca:
Bi 5. ( 3 im ) Cho 3 im A, B, C thng hng theo th t y, (O) l ng trũn i qua B,C. K t A cỏc
tip tuyn AE v AF n (O) (E, F l cỏc tip im). Gi I l trung im ca BC, N l trung im ca EF.
a) Chng minh E, F nm trờn 1 ng trũn c nh khi (O) thay i
b) ng thng FI ct (O) ti E. Chng minh EE // AB.
c) Chng minh tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc NOI nm trờn ng thng c nh khi (O) thay
i.
P N 13
Câu 1. a, pt

2 2007x =
<=> x 2 = 2007 hoặc x 2 = -2007 <=> x = 2009 hoặc x = 2005
b, ĐK: x

7
pt

x - 7 = 0 hoặc x
2
- 16 = 0 <=> x = 7 ; x =

8
ĐS: x = 7 ; x = 8
Câu 2. a, Vì A, B thuộc (P) nên A(-2; 2) B(4; 8)
Phơng trình đờng thẳng qua A, B có dạng y = ax + b; Vì đờng thẳng đi qua A, B nên ta có hệ pt

2
2x
1
x
2
= 24

m
2
2m 3 = 0

m = - 1 ; m = 3
Câu 3. Gọi số dãy ghế có lúc đầu là x (dãy) ĐK: x nguyên dơng và x > 5
Thì mỗi dãy phải xếp
90
x
ngời
Sau khi bớt 5 dãy thì số dãy ghế là x - 5 dãy
Mỗi dãy phải xếp
90
5x
ngời
ễN THI VO 10 - NH 2009 * 2010
25