*TP ễN THI TUYN VO LP 10
Đề : 1
Bài 1: Cho biểu thức: P =
( )









+








+
+



1
122
:

1 . 1 72
x y x y
x x y y

+ + + =


+ + =


Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng 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 lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng 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 x>o ;
2
2
1
7x
x
+ =
Tớnh:
5
5
1
x
x
+

+
=


x
x
x
x

b. P =
1
2
1
1
1

+=

+
xx
x
Để P nguyên thì
)(121
9321
0011
4211
Loaixx
xxx
xxx
xxx

mxx
mmxx
mmm

3
2
1
0)3)(2(
025
<







<
>+
>=
m
m
mm1

b. Giải phơng trình:
( )
50)3(2

Bà3 . Đặt :
( )
( )
1
1
u x x
v y y

= +


= +


Ta có :
18
72
u v
uv
+ =


=



u ; v là nghiệm của phơng trình :
2
1 2
18 72 0 12; 6X X X X + = = =


+ =


+ =


;
( )
( )
1 6
1 12
x x
y y

+ =


+ =



Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.
Bà4
a. Giả sử đã tìm đợc 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
AB
và BH
AC


ACB
Do đó:

APB =

ACB Mặt khác:

AHB +

ACB = 180
0
=>

APB +

AHB = 180
0

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên

PAB =

PHB
Mà

PAB =

DAB do đó:


2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ
đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất
D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

2
H
O
P
Q
D
C
B
A
O
K
F
E
D
C
B
A

Bi 5 T
2 2
2
2
1 1 1 1
7 2 7 9 3x x x x
x x x x



HT
Đề : 2
Câu1 : Cho biểu thức
A=
2
)1(
:
1
1
1
1
2
2233











+
+





=

+ =

b. Giải bất phơng trình:

3 2
2
4 2 20
3
x x x
x x

+ +
<0
Câu3. Cho phơng trình (2m-1)x
2
-2mx+1=0
a)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn bit
b)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn bit x1;x2 sao cho:
2 2
1 2
3x x+ =
Câu 4. Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dng hình vuông ABCD thuộc nửa
mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đờng tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà
ED
a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đờng tròn
b. chứng minh rằng :BK l tip tuyn ca(o)
c. chứng minh rằng :F l trung im ca CK

1
2 3 7
x y
x y
=


+ =

(1) V *
4
2 3 7
x y
x y
=


+ =

(2)
Giải hệ (1) ta đợc x=2, y=1
Giải hệ (2) ta đợc x=-1, y=3
Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=2, y=1 hoặc x=-1; y=3
b) Ta có x
3
-4x
2
-2x-20=(x-5)(x
2
+x+4)


KEB= 90
0

mặt khác

BFC= 90
0
( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D
=>

BFK= 90
0
=> E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK.
b.

BCF=

BAF
Mà

BAF=

BAE=45
0
=>

BCF= 45

Đề: 3
Bài 1: Cho biểu thức:
( ) ( )( )
yx
xy
xyx
y
yyx
x
P
+

++

+
=
111))1)((
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x
2
và đờng 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 phơng trình :






( )
( ) ( ) ( )
(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
+ + +
=
+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
x y x y x xy y xy
x y x y
+ + +
=
+ +
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 1

M
O
C
B
A

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). Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình đờng thẳng (d) là : y = mx +

( )







=++
=++
=++
327
)2(1
111
19
xzyzxy
zyx
zyx
ĐKXĐ :
.0,0,0

zyx

( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 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 phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3.
Bài 4:
a). Xét
ABM

và
NBM

.
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90
o
.
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=>
BAN

cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM).

2
= BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB
2
= BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R
2
= BC( BC + 2R) => BC =
R)15(

Bài 5:) Do A > 0 nên A lớn nhất

A
2
lớn nhất.

5

Xét A
2
= (
x
+
y
)
2
= x + y + 2
xy
= 1 + 2
xy

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =
4
)(
2
x
xf
khi x
2
Câu 2: Giải hệ phơng trình



+=+
+=
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
Câu 3: Cho biểu thứcA =










Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đờng vuông góc
hạ từ A đến đờng 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 phơng trình 2x
2
+ (2m - 1)x + m - 1 = 0
Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn: 3x
1
- 4x
2
= 11
đáp án
Câu 1a) f(x) =
2)2(44
22
==+ xxxx
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)



=
=



A
Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Câu 2

6

( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4
( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0
x y x y xy x xy y x x y
x y x y xy y x xy y x x y
= + = + = =



+ = + + = + + = =

x -2

1
1
x
x
x
x
x
x
xx
=









+











+












+
1
:
1
1
1
1
x
xxx
x
x
x
xx
=
1
:
1

x2
b) A = 3 =>
x
x2
= 3 => 3x +
x
- 2 = 0 => x = 2/3
Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có

CB
CH
PB
EH
=
; (1)
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>

POB =

ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC

POB
Do đó:
OB
CH
PB

+CB
2
) = 4R.PB.CB
2
222
222
222
2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB
AH

=
+

=
+
=
+
=
Câu 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x


=+
114x3x
2
1m
.xx
2
12m
xx
21
21
21










=



=
=
11
8m-26

HT
Đề 5
Câu 1: Cho P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
1
x
x
+

a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P <
1
3
với x

0 và x

2 1 2 1 2 1 0x y y z z x+ + = + + = + + =
Tính giá trị của biểu thức :
2009 2009 2009
A x y z= + +
.
.
Đáp án
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
x x x

+ +
=
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

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:

2
3 2 2
.3 3
a a m
a a m
+ =


=


a=
1
2
m


x
<
2
.
Đặt y =
2
2 x
> 0
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 phơng trình:
X
2
2X + 1 = 0


= 1 ; x
2
=
1 3
2

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

AB // CK


ã
ã
BAC ACK=
Mà
ã
1
2
ACK =
sđ
ằ
EC
=
1
2
sđ
ằ
BD
=



D

AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm
. Cõu 5. Từ giả thiết ta có :

9
O
K
D
C
B
A

2
2
2
2 1 0
2 1 0
2 1 0
x y
y z
z x

+ + =

+ + =



( ) ( ) ( )
2009 2009 2009
2009 2009 2009
1 1 1 3A x y z⇒ = + + = − + − + − = −
VËy : A = -3.
……………………………………………HẾT…………………………………………………………………….

10