Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
Đề1
Bài 1 :
a) Tính :
( 2 1)( 2 1)+ −
b) Giải hệ phương trình :
1
5
x y
x y
− =


+ =

Bài 2 :
Cho biểu thức :
1 1 2( 2 1)
:
1
x x x x x x
A
x
x x x x
 
− + − +
= −
 ÷
 ÷
−

2
+ bx + a) = 0.
HƯỚNG DẪN
Bài 3:
Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè nứa:
8
2
4
=
(h)
Gọi vận tốc của ca nô là x (km/h) (x>4)
Theo bài ta có:
24 24 8 24 16
2 2
4 4 4 4x x x x
−
+ = ⇔ + =
+ − + −
2
0( )
2 40 0
20
x loai
x x
x
=

⇔ − = ⇔

=

»
BC BD=
), OC = OD (bán kính)
→
OB là đường trung trực của CD
→
CD
⊥
AB (1)
Xét MHKA: là tứ giác nội tiếp,
·
0
90AMH =
(góc nt
chắn nửa đường tròn)
→

·
0 0 0
180 90 90HKA = − =
(đl)
→
HK
⊥
AB (2)
Từ (1) và (2)
→
HK // CD
H
K

2
- 4b, Để PT có nghiệm
2 2
1 1
4 0 4
2
a b a b
a
b
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
(3)
(**)
→

2
4b a∆ = −
Để PT có nghiệm thì
2
1 1
4 0
2
b a
b
a
− ≥ ⇔ ≥
(4)
Cộng 3 với 4 ta có:
1 1 1 1
2 2
a b

+ +
Câu 2 : a) Cho góc nhọn α. Rút gọn không còn dấu căn biểu thức :
2 2
cos 2 1 sin 1P
α α
= − − +
b) Chứng minh:
( ) ( )
4 15 5 3 4 15 2
+ − − =
Câu 3 : Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :
( )
2
1
3
a b c ab bc ca a b c
+ + + ≥ + + + + +
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Câu 4 : Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt (O),
(O’) lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai E, F.
a) Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I.
b) Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn.
c) Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) (P ∈ (O), Q ∈ (O’)). Chứng minh đường thẳng AB
đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ.
HƯỚNG DẪN
Câu 1 :
a) Đặt X = x
2
(X ≥ 0)
Phương trình trở thành

⇔ + >


− >

(I)
Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X
1
, X
2
.
⇒ phương trình đã cho có 4 nghiệm x
1, 2
=
1
X
±
; x
3, 4
=
2
X
±
2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2
2( ) 2( 4 )x x x x X X m m
⇒ + + + = + = +
Vậy ta có
2 2
1

3
t = −
(loại)
Vậy
4 2
1 3 1x x x
+ + = ⇒ = ±
Câu 2 :
a)
2 2 2 2
cos 2 1 sin 1 cos 2 cos 1P
α α α α
= − − + = − +

2
cos 2cos 1P
α α
= − +
(vì cosα > 0)

2
(cos 1)P
α
= −
1 cosP
α
= −
(vì cosα < 1)
b)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+ ≥
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ở trên ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1
Câu 4 :
a)Ta có : ABC = 1v
ABF = 1v
⇒ B, C, F thẳng hàng.
AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên
chúng đồng quy.
b)
·
·
ECA EBA=
(cùng chắn cung AE của (O)
Mà
·
·
ECA AFD=
(cùng phụ với hai góc đối đỉnh)
⇒
·
·
EBA EFD=
hay
· ·
EBI EFI=
⇒ Tứ giác BEIF nội tiếp.
c)Gọi H là giao điểm của AB và PQ
Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng
⇒

x x
+ − +
+
− +
a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa.
b) Rút gọn biểu thức A.
c) Với giá trị nào của x thì A<1.
Câu 2: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì đầy bể sau 2 giờ 24 phút. Nếu chảy riêng từng vòi
thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy
bao lâu thì đầy bể?
Câu 3: Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB>BC). Vẽ
đường tròn tâm (O
'
) đường kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vuông góc với AC tại I,
MC cắt đường tròn tâm O
'
tại D.
a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao?
b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp?
c) Xác định vị trí tương đối của ID và đường tròn tâm (O) với đường tròn tâm (O
'
).
H íng dÉn
Câu 1:
a) A có nghĩa
⇔
0
1 0
x
x

1x −
c) A<1
⇒
2
1x −
<1
⇒
2 2x <
⇒
1x <

⇒
x<1
Kết hợp điều kiện câu a)
⇒
Vậy với
0 1x≤ <
thì A<1
Câu 2: Đổi 2giờ 24 phút=
12
5
giờ
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk x>0)
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ)
Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy được :
1
x
(bể)
Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy được :
1

Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ)
Câu 3:
I
D
N
M
O'
O
A
C
B
a) Đường kính AB
⊥
MN (gt)
⇒
I là trung điểm của MN (Đường kính và dây cung)
IA=IC (gt)
⇒
Tứ giác AMCN có đương chéo AC và MN cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và
vuông góc với nhau nên là hình thoi.
b)
·
0
90ANB =
(góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O) )
⇒
BN
⊥
AN.
AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN).

Tứ giác NIDC nội tiếp
c) O
∈
BA. O
'
∈
BC mà BA vafBC là hai tia đối nhau
⇒
B nằm giữa O và O
'
do đó ta có OO
'
=OB + O
'
B
⇒
đường tròn (O) và đường tròn (O
'
) tiếp xúc ngoài tại B
MDN
∆
vuông tại D nên trung tuyến DI =
1
2
MN =MI
⇒
MDI∆
cân
⇒
·

do đó ID
⊥
DO
⇒
ID là tiếp tuyến của đường tròn (O
'
).
Đề 4
Câu1 :Cho biểu thức
A=
2
)1(
:
1
1
1
1
2
2233
−
−








−

Câu2.
a) Giải hệ phương trình:




=+
=−+−
1232
4)(3)(
2
yx
yxyx
b) Giải bất phương trình:

3
1524
2
23
++
−−−
xx
xxx
<0
Câu3.Cho phương trình (2m-1)x
2
-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. Dựng hình
vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi F là giao điểm của AE và nửa



=+
=−+−
1232
4)(3)(
2
yx
yxyx
⇔
*



=+
=−
1232
1
yx
yx
(1)
*



=+
−=−
1232
4
yx

2 1 0
2
m m− = ⇒ =
pt trở thành
1 0 1x x
− + = ⇒ =
• Xét
1
2 1 0
2
m m− ≠ ⇒ ≠
khi đó ta có
- 7 -
O
K
F
E
D
C
B
A
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
' 2 2
2 1 ( 1) 0m m m∆ = − + = − ≥
mọi m
⇒
pt có nghiệm với mọi m
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)
với
1

m
2
0
0
2 1
2 1 0
m
m
m
m

>

⇒ ⇒ <
−


− <


Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4:
a. Ta có
·
9KEB O= °
mặt khác
·
9BFC O= °
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D

Vì
·
·
45BKC BCK= = °⇒
tam giác BCK vuông cân tại B

Đề 5
Bài 1: Cho biểu thức: P =
( )








−
+−








+
+
−

=50
Bài 3: Cho phương trình: ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x
1
, x
2 .
Chứng minh:
a,Phương trình ct
2
+ bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t
1
và t
2
.
b,Chứng minh: x
1
+ x
2
+ t
1
+ t
2

≥
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 điểm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.
- 8 -

−
x
x
xx
xx
z

⇔
P =
2
1 1
( 1) 1
x x
x x
− +
=
− −

b. P =
1
2
1
1
1
−
+=
−
+
xx
x

<+=+
>−+=
≥−+−+=∆
012
06
06412
21
2
21
2
2
mxx
mmxx
mmm

3
2
1
0)3)(2(
025
−<⇔







−<
>+−

2
1
22
m
m
mmmm

Bài 3: a) Vì x
1
là nghiệm của phương trình: ax
2
+ bx + c = 0 nên ax
1
2
+ bx
1
+ c =0. .
- 9 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
Vì x
1
> 0 => c.
.0
1
.
1
1
2
1
=++

+ bx
2
+ c =0
vì x
2
> 0 nên c.
0
1
.
1
2
2
2
=+








+








; t
2
. t
1
=
1
1
x
; t
2
=
2
1
x
b) Do x
1
; x
1
; t
1
; t
2
đều là những nghiệm dương nên
t
1
+ x
1
=
1
1

BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên
CH
AB⊥
và BH
AC
⊥
=> BD
AB⊥
và CD
AC
⊥
.
Do đó:
·
0
90ABD =
và
·
0
90ACD =
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.
b)Vì P đối xứng với D qua AB nên
·
·
APB ADB=

nhưng
·

·
·
CHQ DAC=

- 10 -
H
O
P
Q
D
C
B
A
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
Vậy
·
·
·
·
·
·
180PHQ PHB BHC CHQ BAC BHC= + + = + = °
. Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c). Ta thấy
∆
APQ là tam giác cân đỉnh A
Có AP = AQ = AD và
·
·
2PAQ BAC=

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 :








=++
=++
=++
27
1
111
9
zxyzxy
zyx
zyx
Bài 4: Cho đường tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn
);( BCAC
≠≠
.
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

Rút gọn P:
( )
( ) ( ) ( )
(1 ) (1 )
1 1
x x y y xy x y
P
x y x y
+ − − − +
=
+ + −
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1
x y x x y y xy x y
x y x y
− + + − +
=
+ + −
- 11 -
Q
N
M
O
C
B
A
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
( ) ( )

=
−
.x xy y= + −
Vậy P =
.yxyx
−+
b). P = 2
⇔
.yxyx
−+
= 2

( ) ( )
( )( )
111
111
=+−⇔
=+−+⇔
yx
yyx
Ta có: 1 +
1y ≥
⇒
1 1x − ≤

0 4x
⇔ ≤ ≤
⇒ 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 phương trình đường

( )
( )







=++
=++
=++
327
)2(1
111
19
xzyzxy
zyx
zyx
ĐKXĐ :
.0,0,0
≠≠≠
zyx

( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2


⇔ − = ⇔ = ⇔ = =
 
 
=
− =


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
ABM
∆
và
NBM
∆
.
Ta có: AB là đường kính của đường tròn (O)
- 12 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
nên :
·
·
90AMB NMB= = °
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên
·
·

và
MNQ
∆
có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)

·
·
BMC NMQ=
( vì
·
·
·
·
;MCB NMC MBC MQN= =
)

( . . ).MCB MNQ c g c
⇒ ∆ = ∆

⇒
BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có
⇒⊥
BQAC
AB
2
= BC . BQ = BC(BN + NQ)
⇒
AB

zyxz
zzyx
xy
yx

( )
( )
( )
( ) ( )
2
1 1
0
0
( )
( ) 0
z y
xy z x y z
zx zy z xy
x y
xyz x y z
x y y z z x
 
⇔ + + =
 ÷
 ÷
+ +
 
 
+ + +
⇔ + =

8
)
z
10
- x
10
= (z + x)(z
4
– z
3
x + z
2
x
2
– zx
3
+ x
4
)(z
5
- x
5
)
Vậy M =
4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x) =
4
3
Đề 7

- 11 x + 2 = 0
- 13 -
M
D
C
B
A
x
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A =
x
+
y
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
·
xAy
, 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
MB
MA
=
2
1
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 là trung điểm của MN.
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.

+ n + 1)(2n
2
+ 2n + 2) = 2(n
2
+ 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
⇔
A
2
lớn nhất.
Xét A
2
= (
x
+
y
)
2
= x + y + 2
xy
= 1 + 2
xy
(1)
Ta có:
2
yx +

xy≥


và
4 7
4 1
b
c
+ =


+ = −

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)
2)
Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: AD =
4
1
AB. Ta có D là điểm cố định
Mà
AB
MA
=
2
1
(gt) do đó
MA
AD
=

ABM ADM
MD AD
∆ ∆ ⇒ = =:

⇒
MD = 2MD Xét ba điểm M, D, C :
MD MC DC
+ ≥
(không đổi)
Do đó
2 2( ) 2MB MC MD MC DC+ = + ≥
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
2
1
AB
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD =
4
1
AB
M là giao điểm của DC và đường tròn (A;
2
1
AB)
Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do

.
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 :
( ) ( )
2 2
18
1 . 1 72
x y x y
x x y y

+ + + =


+ + =


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 = R
2
.
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 :
- 15 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
( )
2
2 2
2
a b


( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 0x y z⇒ + + + + + =

1 0
1 0
1 0
x
y
z
+ =


⇔ + =


+ =


1x y z⇒ = = =( ) ( ) ( )
2009 2009 2009
2009 2009 2009
1 1 1 3A x y z⇒ = + + = − + − + − = −
Vậy : A = -3.
Bài 2. Ta có :
( ) ( )

x y
 
− + − ≥
 
 

,x y∀

2007M⇒ ≥

min
2007 2; 1M x y⇒ = ⇔ = =

Bài 3. Đặt :
( )
( )
1
1
u x x
v y y

= +


= +


Ta có :
18
72



=


⇒

( )
( )
1 12
1 6
x x
y y

+ =


+ =


;
( )
( )
1 6
1 12
x x
y y

+ =



Do đó :
1
. .
. .
Chu vi COD OM
Chu vi AMB MH
=
V
V
(MH
1

⊥
AB)
Do MH
1

≤
OM nên
1
1
OM
MH
≥

⇒
Chu vi
COD
≥

a , b > 0
1 1
0; 0
4 4
a a b b⇒ − + ≥ − + ≥

1 1
( ) ( ) 0
4 4
a a b b⇒ − + + − + ≥

∀
a , b > 0
1
0
2
a b a b⇒ + + ≥ + >
Mặt khác
2 0a b ab+ ≥ >

Nhân từng vế ta có :
( ) ( )
( )
1
2
2
a b a b ab a b
 
+ + + ≥ +
 

. .
AD AE AD BD CD
AD AD AE BD CD
⇒ − =
⇒ = −

Lại có :
( )
.ABD AEC g g∆ ∆:

2
. .
. .
AB AD
AB AC AE AD
AE AC
AD AB AC BD CD
⇒ = ⇒ =
⇒ = −

Đề 9
- 17 -
OH
D
C
M
B
A
D
E








−
+








−
−
−
−
+
1
:
1
1
1
1
x
x

Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)



−=
=
⇔



−=−
=−
⇔=
8
12
102
102
10)(
x
x
x
x
xf
c)
)2)(2(
2
4
)(
2

x y x y xy y x xy y x x y
− = + − − = + − − − = − =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− + = − + − + − = − + − + = =
   
x -2

y 2
Câu 3 a) Ta có: A =








−
+








−









−
−
−
+−
+−+
11
)1(
:
1
1
)1)(1(
)1)(1(
x
x
x
xx
x
x
xx
xxx
=


x
x
x
xx
=
1
:
1
11
−−
+−+−
x
x
x
xxx
=
1
:
1
2
−−
+−
x
x
x
x
=
x
x
x

· ·
POB ACB⇒ =
(hai góc đồng vị)
AHC POB
⇒ ∆ ∆
:
Do đó:
OB
CH
PB
AH
=
(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 AH
2
= BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
.)2(
2PB
AH.CB
2PB
AH.CB
AH
2
−= R
⇔
AH
2
.4PB

Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB
AH
−
=
+−
−
=
+
=
+
=⇔
Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thì ∆ > 0
⇔
(2m - 1)
2
- 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m ≠ 1,5 (1)
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
⇔





=
−
−
−
=
=
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
8m-26
77m
x
7
4m-13
x
1
1

Giải phương trình
11
8m-26
77m
4
7

x
x
+
−
a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P <
1
3
với x
≥
0 và x
≠
1.
Câu 2: Cho phương trình : x
2
– 2(m - 1)x + m
2
– 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 :
1
x
+
2
1
2 x−
= 2
- 20 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638

c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.
HƯỚNG DẪN
Câu 1: Điều kiện: x
≥
0 và x
≠
1.
P =
2
1
x
x x
+
−
+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
( 1)( 1)
x
x x
+
+ −
=
3

1
x
x x+ +
b/. Với x
≥
0 và x
≠
1 .Ta có: P <
1
3

⇔
1
x
x x+ +
<
1
3
⇔
3
x
< x +
x
+ 1 ; ( vì x +
x
+ 1 > 0 )
⇔
x - 2
x
+ 1 > 0

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:

2
3 2 2
.3 3
a a m
a a m
+ = −


= −

⇒
a=
1
2
m −

⇒
3(
1
2
m −
)
2
= m

- 21 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
Ta có:
2 2
2 (1)
1 1
2 (2)
x y
x y

+ =


+ =


Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -
1
2
* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
x
2
– 2x + 1 = 0
⇔
x = 1
⇒
x = y = 1.
* Nếu xy = -
1
2

Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành
⇔
AB // CK
⇔

·
·
BAC ACK=
Mà
·
1
2
ACK =
sđ
»
EC
=
1
2
sđ
»
BD
=
·
DCB
Nên
·
·
BCD BAC=

Đề 11
Câu 1: a) Xác định x
∈
R để biểu thức :A =
xx
xx
−+
−−+
1
1
1
2
2
Là một số tự nhiên
b. Cho biểu thức: P =
22
2
12 ++
+
++
+
++ zzx
z
yyz
y
xxy
x
Biết x.y.z = 4 , tính
P
.

Câu 1: a.
A =
xxxxx
xxxx
xx
xx 2)1(1
)1).(1(
1
1
22
22
2
2
−=++−−+=
++−+
++
−−+
A là số tự nhiên
⇔
-2x là số tự nhiên
⇔
x =
2
k
(trong đó k
∈
Z và k
≤
0 )
b.Điều kiện xác định: x,y,z

xxy
x
⇒
1=P
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 hàn
b.Ta có :
AB
2
= (-2 – 0)
2
+ (0 – 4)
2
=20
AC
2
= (-2 – 1)
2
+ (0 –1)

≥
1, đặt
vxux =−=−
3
2;1
ta có hệ phương trình:



=+
=−
1
5
32
vu
vu
Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được: v = 2
⇒
x = 10.
Câu 4
a.Áp dụng định lí Pitago tính được
AB = AC = R
⇒
ABOC là hình
vuông Kẻ bán kính OM sao cho
∠BOD = ∠MOD
⇒
∠MOE = ∠EOC (0.5đ)
Chứng minh ∆BOD = ∆MOD
⇒

R
Đề 12
CÂU 1 : Tính giá trị của biểu thức:
A =
53
1
+
+
75
1
+
+
97
1
+
+ +
9997
1
+
B = 35 + 335 + 3335 + +
ˆ
99 3
3333 35
so
′
1 4 2 43

CÂU 2 :Phân tích thành nhân tử :
a)x
2

MQ
MP
CÂU 5:
Cho P =
x
xx
−
+−
1
34
2
Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
HƯỚNG DẪN
CÂU 1 :
a) A =
53
1
+
+
75
1
+
+
97
1
+
+ +
9997
1
+

1
( 99+999+9999+ +999 99)
- 24 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638
198 +
3
1
( 10
2
-1 +10
3
- 1+10
4
- 1+ +10
100
– 1) = 198 – 33 +
B =








−
27
1010
2101
+165

2
+5x +4)-1][(x
2
+5x +4)+1] +2[(x
2
+5x +4)-1]
= (x
2
+5x +3)(x
2
+5x +7)
c) a
10
+a
5
+1=
= a
10
+a
9
+a
8
+a
7
+a
6
+ a
5
+a
5

2
+a+1)+ a
3
(a
2
+a+1)+ (a
2
+a+1)-a
7
(a
2
+a+1)-a
4
(a
2
+a+1)-a(a
2
+a+1)
=(a
2
+a+1)( a
8
-a
7
+ a
5
-a
4
+a
3

d
2
+c
2
b
2
+c
2
d
2
<=>
0
≤
a
2
d
2
- 2cbcd+c
2
b
2
<=>
0
≤
(ad - bc)
2
(đpcm )
Dấu = xảy ra khi ad=bc.
b) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
5

17
100
dấu = xảy ra khi
5 20
;
17 17
x y= =

CÂU 4 :
Ta có :
·
·
·
DMP AMQ AIC= =
. Mặt khác góc
·
·
ADB BCA MPD ICA= ⇒ ∆ ∆ ⇒:
DM MP
DM IA MP CI
CI IA
= ⇒ × = ×
hay DM.IA=MP.IB (1).
Ta có:
·
·
ADC CBA=
·
·
·