SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10 THPT
Năm học 2010 – 2011
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010
BÀI I (2,5 điểm)
Cho biểu thức : A =
2 3 9
9
3 3
x x x
x
x x
+
+ −
−
+ −
, với x
≥
0 v x
≠
9.
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm gi trị của x để A =
3
1
3) Tìm gi trị lớn nhất của biểu thức A.
BÀI II (1.5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn

AC cắt tia BE tại điểm F.
1) Chứng minh FCDE l tứ gic nội tiếp.
2) Chứng minh DA.DE = DB.DC.
3) Chứng minh góc CFD = góc OCB
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của
đường trịn (O).
4) Cho biết DF = R, chứng minh tg
·
AFB
= 2.
BÀI V ( 0,5 điểm)
Giải phương trình: x
2
+ 4x + 7 = (x + 4)
2
7x +
Hết
1
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD & ĐT TP HCM

KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10 THPT
Năm học 2010 – 2011
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010
Bi 1: (2,0 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
2 3 2 0x x− − =

Bi 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
12 6 3 21 12 3A = − + −
2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bi 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
2 2
(3 1) 2 1 0x m x m m− + + + − =
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị
của m.
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị
lớn nhất: A =
2 2
1 2 1 2
3x x x x+ −
.

3 1
7
x y
2 1
8
x y

− =




− =


Bi 3 (2,5 điểm)
Cho hai hàm số y = 2x
2
có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d).
a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết phương trình
của đường thẳng (∆) đi qua A và có hệ số góc bằng - 1.
c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt
trục hoành tại B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD.
Bi 4 (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O', bán kính R'
(R > R') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M ∈
(C), N ∈ (C')). Đường thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I).
a) Chứng minh rằng góc BMN = góc MAB
b) Chứng minh rằng IN

Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x
2
– 2(m + 1)x + m
2
– 1 = 0
Tính giá trị của m, biết rằng phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện :
x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1
Bi 3: (2.00 điểm)
Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (d
m
).
1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d
1
)
2. Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (d
m
) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (d

1. A =
5( 20 3) 45 100 3 5 3 5 100 10A = − + = − + = =
(1đ)
2.
5 5 4 5 1
3 2 8 4 4
x y x y y y
x y x x x
+ = + = + = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− = = = =
   
(0,75đ)
Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất (4;1). (0,25đ)
3. Đặt x
2
= t ( điều kiện: t ≥ 0)
Pt ⇔ t
2
– 5t + 4 = 0. (a = 1 , b = -5 , c = 4)
Vì a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0 nên t
1
= 1 (nhận) ; t
2
= 4 (nhận) (0,5đ)
+ Với t = 1 suy ra : x
2
= 1 ⇔ x = ±1 .

2 2
. 1
m
x x
x x m
= +
+



= −


Theo đề bài ta có: x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1.
⇔ 2m + 2 + m
2
– 1 = 1
⇔ m
2
+ 2m = 0.
⇔ m(m + 2 ) = 0.
⇔ m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại)

A
, y
A
:
Pt(*) vô số nghiệm m khi
1 0 1
2 0 2
A A
A A
x x
y y
− = =
 
⇔
 
− = =
 
Vậy (d
m
) luôn đi qua 1 điểm A(1 ; 2) cố định khi m thay đổi.
Ta có : AM =
2 2
(6 1) (1 2) 26− + − =

Từ M kẻ MH ⊥ (d
m
) tại H.
+Nếu H ≡ A thì MH =
26
.(1)

0
.
Nên BHCD là tứ giác nội tiếp.
2.(1đ) Xét tam giác BDK có DH , BC là hai đường cao cắt nhau tại M
=> M là trực tâm của tam giác BDK.
=>KM là đường cao thứ ba nên KM ⊥ BD.
3. (1đ) ∆HKC và ∆DKB đồng dạng (g.g)
=>KC.KD = KH . KB.
4.(1đ) S
ABM
=
1 1
. . . .
2 2
AB BM a BM=
S
DCM
=
1 1
. . . .
2 2
DC CM a CM=
=> S
ABM
+ S
DCM
=
2
1 1
. ( )

2 2 8 8
a
a BM a CM BM CM
a
BM a BM
a a a
BM
a a a a
BM
   
+ = +
 ÷  ÷
   
+ −
 
 
− +
 
 ÷
 
 
 
= − + ≥
Để S
2
ABM
+ S
2
DCM


 
 
:
xy xy
.
a) Tìm điều kiện xác định của M và rút gọn biểu thức M.
b) Tìm giá trị của M với
x 3 2 2= +
.
Bài 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình :
2
x 2m x 2m 1 0 (1)− + − =

a) Giải phương trình (1) khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 3: (1,0 điểm)
Cho hệ phương trình :
mx y 1
x 2y 3
− =


+ =

Tìm m nguyên để hệ có nghiệm (x ; y) với x,y là những số nguyên.
Bài 4: (1,0 điểm)
Giải phương trình:
2
x 2x 3 x 5+ − = +

−
   
= − + − +
 ÷  ÷
− − + +
   
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm x sao cho A < 2.
Câu 2: (2.0 điểm)
Cho x
1
; x
2
là 2 nghiệm của pt: x
2
- 7x + 3 = 0.
1. Lập phương trình có hai nghiệm là 2x
1
- x
2
và
.
2.

Tính

giá trị của B = |2x
1
- x
2

Câu 5: (1.0 điểm)
Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là: BC = a, CA = b, AB = c và chu vi tam giác là 2P. Chứng
minh rằng:
P P P
9
P a P b P c
+ + ≥
− − −
…Hết…
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
8
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2010 - 2011
KHÓA NGÀY 21/06/2010
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài : 150 phút
( không kể thời gian giao đề)
Câu 1 : (4 điểm)
1) Giải hệ phương trình :
1
1
1
2
5 3
1
y
x
y
x


) thỏa |x
1
| = 2|x
2
|
Câu 3 : (2 điểm)
Thu gọn biểu thức:
7 5 7 5
3 2 2
7 2 11
A
+ + −
= − −
+
Câu 4 : (4 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Hai
đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng:
a)
·
·
ABP AMB=
b) MA. MP = BA. BM
Câu 5 : (3 điểm)
a) Cho phương trình: 2x
2
+ mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số nguyên). Giả sử
phương trình có các nghiệm đều là số nguyên.
Chứng minh rằng: m
2
+ n

a b c
+ ≥
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011
9
KHÁNH HÒA MÔN : TOÁN
NGÀY THI : 23/06/2010
Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bi Đáp án Điểm
1
(3,0đ)
1) Biến đổi

5( 20 3) 45
100 3 5 3 5
100
10
A = − +
= − +
=
=

5 2 8
2)
3 5
4 4
4 5 1
x y x
x y x y
x x
y y

 A
1
= 1 (nhận) ; A
2
= 4 (nhận)
Với A
1
= 1

=> x
2
= 1 ⇔ x = ±1 .
Với A
2
= 4 => x
2
= 4 ⇔ x = ±2 .

Vậy tập hợp nghiệm : S = {±1 ; ±2} .
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
(1,0đ)
a = 1 , b = -2(m + 1) => b’ = -(m+1) ; c = m
2
– 1 .
Có ∆’ = b’
2


= −


Mà : x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1.
=> 2m + 2 + m
2
– 1 = 1
⇔ m
2
+ 2m = 0.
⇔ m(m + 2 ) = 0.
⇔ m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại)
Vậy khi m = 0 thỏa mãn điều kiện :x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1

) luôn đi qua khi m thay đổi.
Ta có : y
o
= mx
o
– m + 2.
y
o -
mx
o
+ m - 2. = 0
⇔ y
o
– 2 - m(x
o
– 1) = 0 (1)
Pt (1) có vô số nghiệm khi m thay đổi; vì A cố định nên tọa độ điểm A
nghiệm đúng
1 0 1
2 0 2
o o
o o
x x
y y
− = =
 
⇔
 
− = =
 


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
11

4
(4,0đ)

K
H
D
B
A
C
M
Hình vẽ phục vụ a), b), c), d)
1. Tứ giác BHCD có:
·
0
90BHD =
( BH ⊥ DM)
·
0
90BCD =
(ABCD là hình vuông)
H, C là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh BD dưới góc 90
0

KB K
⇒ =
Hay KC.KD = KH.KB
0,25đ
0,25đ
0.25đ

0.25đ
12
4.Ta có S
ABM
=
1 1
. . . .
2 2
AB BM a BM=
S
DCM
=
1 1
. . . .
2 2
DC CM a CM=
=> S
ABM
+ S
DCM
=
2
1 1

2
( )
2 2 4 4
ABM DCM
S S a BM a CM
a a
BM CM BM a BM
a a
BM a a BM BM a a
a a
BM a
a a a a a
BM BM
a a a a
BM
   
+ = +
 ÷  ÷
   
= + + −
= + − = + −
 
= + −
 
 
 
= − + − +
 
 
 

+ S
2
DCM

) là
4
8
a
0
2 2 2
a a BC
BM BM⇔ − = ⇔ = =
Hay M là trung điểm BC.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
13
14
H×nh 1
9
4
A
B
C
H
H×nh 2
70
°
O

−−=
x
y
Câu 3. Đường thẳng nào sau đây song song với đường thẳng y = 2x – 3 ?
A.
33 −= xy
B.
1
2
1
+= xy
C.
)1(2 xy −−=
D.
)1(2 xy −=
Câu 4. Nếu phương trình x
2
– ax + 1 = 0 có nghiệm thì tích hai nghiệm số là
A. 1 B. a C. - 1 D. - a
Câu 5. Đường tròn là hình
A. Không có trục đối xứng. B. Có một trục đối xứng.
C. Có hai trục đối xứng. D. Có vô số trục đối xứng.
Câu 6. Trong hình 1, tam giác ABC vuông tại A, AH ⊥ BC . Độ dài của đoạn thẳng AH bằng
A. 6,5 B. 6 C. 5 D. 4,5
Câu 7. Trong hình 2, biết AB là đường kính của đường tròn (0), góc AMN bằng 70
0
. Số đo
góc BAN bằng ?
A. 20
0

2. Tính M + N.
Bi 2: 2,0 điểm.
1. Giải hệ phương trình :



=+−
−=−
523
13
yx
yx
2. Giải phương trình 3x
2
– 5x = 0 ;
3. Cho phương trình 3x
2
– 5x – 7m = 0. Tìm giá trị của tham số m để phương trình có
nghiệm dương.
Bi 3: 3,75 điểm.
Cho tam giác ABC vuông tại A có Ab < AC, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH cắt
AB ở P, cắt AC ở Q.
1. Chứng minh góc PHQ bằng 90
0
.
2. Chứng minh tứ giác BPQC nội tiếp.
3. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BH, HC. Tứ giác EPQF là hình gì ?
4. Tính diện tích tứ giác EPQF trong trường hợp tam giác vuông ABC có cạnh huyền BC
bằng a và góc ACB bằng 30
0

Câu II (2,0 điểm). Cho phơng trình bậc hai sau, với tham số m :
x
2
- (m + 1)x + 2m - 2 = 0 (1)
1. Giải phơng trình (1) khi m = 2.
2. Tìm giá trị của tham số m để x = -2 là một nghiệm của phơng trình (1).
Câu III (1,5 điểm). Hai ngời cùng làm chung một công việc thì sau 4 giờ 30 phút họ làm
xong công việc. Nếu một mình ngời thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình ngời thứ
hai làm trong 3 giờ thì cả hai ngời làm đợc 75% công việc.
Hỏi nếu mỗi ngời làm một mình thì sau bao lâu sẽ xong công việc? (Biết rằng năng
suất làm việc của mỗi ngời là không thay đổi).
Câu IV (3,5 điểm). Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn
thẳng AO (H khác A và O). Đờng thẳng đi qua điểm H và vuông góc với AO cắt nửa đờng
tròn (O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đờng
tròn (O) tại D cắt đờng thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.
1. Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đờng tròn.
2. Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân.
3. Gọi F là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh góc ABF có
số đo không đổi khi D thay đổi trên cung BC (D khác B và C).
Hết
Hng Dn
Bi 2(3,0im)
17
Đề chính thức
THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN
NM HC 2010 2011
MễN: TON. VềNG 1
Thi gian lm bi: 120 phỳt
Cho phương trình
2

>0
Để pt có hai nghiệm cùng nhỏ hơn 1 thì x
2
< 1
)(1448281
2
8
222
2
TMmmmmmm
mm
>⇒++<+⇒+<+⇒<
++−
⇒
Vậy m>1.
Bi 4(1,0điểm)
Đoạn đường AB dài 160 km, một ô tô đi từ A đến B và một xe máy đi từ B đến A khởi hành vào cùng
một thời điểm. Sau một thời gian hai xe gặp nhau tại điểm C, đoạn đường AC dài 120 km. Khi đi tới B,
ô tô liền quay lại ngay và đuổi kịp xe máy tại điểm D. Tính vận tốc hai xe, biết kể từ khi khởi hành tới
lúc hai xe gặp nhau tại điểm D là 4 giờ và vận tốc hai xe không đổi.
Gọi vận tốc của ô tô là a; xe máy là b ( km/h;a>b>0)
Vì thời gian ô tô đi từ A đến C là 120/a (h); xe máy đi từ B đến C là 40/b(h) nên ta có phương trình
ba
40120
=
Vì … hai xe gặp nhau tại D nên ta có 4a = 160 +40 +x ; 4b = 40+x . do đó ta có pt
a= 40 +b
Giải hpt tính được a=60 ; b=20
Bi 5(1,0 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn

+−
1
2
442
1
)(
yx
xy
MinAA
yx
yx
Giải hpt tính ra(x;y)=(2;1); (-1;-2).
Bi 3(3,0điểm)
3. Cho
SO R 3=
và
MN R=
.Tính diện tích tam giác ESM theo R.
SM.SN = SA
2
=SO
2
-AO
2
=2R
2
(SI-MI)(SI+MI)=2R
2
SI
2

R
SO
OA
=
OE =
3
32
30sin
0
ROH
=
EI=
6
3R
12
3
2
S
R
S
EM
=
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
BÀI GIẢI
Bi I: (2,5 điểm) Với x ≥ 0 và x
≠
9 ta có :

x
−
=
−
3( 3)
9
x
x
−
=
−
3
3x
=
+
2) A =
1
3

3
3x
=
+
⇔
3 9x + =
⇔
6x =
⇔ x = 36
3) A
3

5
2
x
− +
= =
Vậy hình chữ nhật có chiều rộng là 5 m và chiều dài là (x + 7) m = 12 m
Bi III: (1,0 điểm)
1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
-x
2
= mx – 1 ⇔ x
2
+ mx – 1 = 0 (2), phương trình (2) có a.c = -1 < 0 với mọi m
⇒ (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m ⇒ (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
2) x
1
, x
2
là nghiệm của (2) nên ta có :
x
1
+ x
2
= -m và x
1
x
2
= -1
2 2
1 2 2 1 1 2

DC.DB DA.DE
DA DB
= ⇒ =
3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác
FCDE, ta có
·
·
CFD CEA=
(cùng chắn cung CD)
Mặt khác
·
·
CEA CBA=
(cùng chắn cung AC)
và vì tam OCB cân tại O, nên
·
·
CFD OCB=
.
Ta có :
·
·
·
ICD IDC HDB= =
·
·
OCD OBD=
và
· ·
0

.
Bi V: (0,5 điểm)
Giải phương trình :
2 2
4 7 ( 4) 7x x x x+ + = + +
Đặt t =
2
7x +
, phương trình đã cho thành :
2
4 ( 4)t x x t+ = +
⇔
2
( 4) 4 0t x t x− + + =
⇔
( )( 4) 0t x t− − =
⇔ t = x hay t = 4,
Do đó phương trình đã cho ⇔
2 2
7 4 7x hay x x+ = + =
⇔ x
2
+ 7 = 16 hay
2 2
7
7
x x
x

+ =

TS. Nguyễn Phú Vinh
(TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn)
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
KHÓA NGÀY 21 THÁNG 6 NĂM 2010 tại Đ Nẵng
MÔN THI : TOÁN
BÀI GIẢI
Bi 1: (2 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
( 20 45 3 5). 5A = − +
=
(2 5 3 5 3 5) 5 10= − + =
20
b) Tính B =
2
( 3 1) 3 3 1 3 1− − = − − = −
Bi 2: (2 điểm)
a) Giải phương trình : x
4
– 13x
2
– 30 = 0 (1)
Đặt u = x
2
≥ 0 , pt (1) thành : u
2
– 13u – 30 = 0 (2)
(2) có
2
169 120 289 17∆ = + = =
Do đó (2) ⇔


⇔
1
1
2 1
8
x
x y

= −




− =


⇔
1
1
10
x
y
= −



= −



1
2
x hay x⇔ = − =
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là
( )
3 9
1;2 , ;
2 2
 
−
 ÷
 
⇒ A
( )
1;2−
Phương trình đường thẳng (∆) đi qua A có hệ số góc bằng -1 là :
y – 2 = -1 (x + 1) ⇔ (∆) : y = -x + 1
c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C ⇒ C có tọa độ (0; 1)
Đường thẳng (∆) cắt trục hoành tại D ⇒ D có tọa độ (1; 0)
Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B ⇒ B có tọa độ (-3; 0)
Vì x
A
+ x
D
= 2x
C
và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng (∆))
⇒ C là trung điểm AD
2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC =
1

¼
BM
)
b) Trong đường tròn tâm O':
Ta có IN
2
= IA.IB
c) Trong đường tròn tâm O:
·
·
MAB BMN=
(góc chắn cung
¼
BM
) (1)
Trong đường tròn tâm O':
·
·
BAN BNM=
(góc chắn cung
»
BN
) (2)
Từ (1)&(2) =>
·
·
· · · ·
0
MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180+ + = + + =
Nên tứ giác APBQ nội tiếp.

B. y = ( 1,4 -
2
)x
2
C. y = ( 2 -
5
)x + 1 D. y = -x + 10
Câu 3 : Cho hình chữ nhật MNPQ nội tiếp đường tròn (O ;R). Biết R = 5cm và MN = 4cm. Khi đó
cạnh MQ có độ dài bằng :
22
A. 3cm B.
21
cm C.
41
cm D.
84
cm
Câu 4 : Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm, có thể tích bằng 20
π
cm
3
. Khi đó, hình trụ đã cho có
chiều cao bằng :
A.
5
π
cm B. 10cm C. 5cm D. 15cm
Phần 2 - Tự luận ( 9,0 điểm )
Câu 1. ( 1,5 điểm ) Cho biểu thức :
P =

+ x
2
4

Câu 3: ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình
2 2
3 5
( )( 1) 7
x y xy
x y x y xy

+ + =

+ + + + =

Câu 4: ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn (O ;R) có đường kính AB. Trên đường tròn (O ;R) lấy điểm M
( khác A và B).Gọi H là trung điểm của MB. Tia OH cắt đường tròn (O ;R) tại I. Gọi P là chân đường
vuông góc kẻ từ I đến đường thẳng AM
1) Chứng minh :
a) Tứ giác OHMA là hình thang.
b) Đường thẳng IP là tiếp tuyến của đường tròn (O ;R).
2) Gọi N là điểm chính giữa cung nhỏ MA của đường tròn (O ;R).Gọi K là giao điểm của NI và AM.
Chứng minh PK = PI.
3) Lấy điểm Q sao cho tứ giác APHQ là hình bình hành. Chứng minh OQ = R
Câu 5: ( 1,0 điểm ) : Cho các số dương x và y thay đổi thoả mãn điều kiện : x – y
≥
1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
4 1
x y

+ 1

⇔
P
≤
5 -
4x y
y x
 
+
 ÷
 
Áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương ta có :
4x y
y x
+
≥
2
4
.
x y
y x

⇔
4x y
y x
+
≥
4
23

x
đợc xác định khi :
A.
2
1
x
B.
2
1
<x
C.
2
1
>x
D.
2
1
x
Câu 2. Giá trị của biểu thức
3232 +
bằng:
A.
2
B.
2
C. 2 D. 2
24
Đề CHíNH THứC
Câu 3. Cho các hàm số bậc nhất: y = - x + 2; y = - x - 2; y =
2

1:
3
2
C.
( )
1:2
D.
( )
2:0
Câu 5. Cho hàm số
2
3
2
xy =
. Kết luận nào sau đây là đúng ?
A. y = 0 là giá trị lớn nhất của hàm số trên;
B. y = 0 là giá trị nhỏ nhất của hàm số trên;
C. Xác định đợc giá trị lớn nhất của hàm số trên;
D. Không xác định đợc giá trị nhỏ nhất của hàm số trên.
Câu 6. Các hệ phơng trình nào sau đây:
(I)



=+
=
3
123
yx
yx

tơng đơng với nhau:
A. I II B. I III C. III IV D. Cả A, B, C đều đúng.
Câu 7. Với giá trị nào của m thì phơng trình x
2
(m + 1)x + 2m = 0 có nghiệm là -2 ?
A. m =
2
3

B. m =
2
3
C. m = 2 D. Một đáp số khác.
Câu 8. Lập phơng trình bậc hai biết 2 nghiệm là
23 +
và
23
, ta đợc phơng trình:
A.
0132
2
=+ xx
B.
0122
2
=+ xx
C.
0132
2
=+ xx

C. 47,10cm
2
D. 31,4cm
Phần II: Tự luận. (7,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho biểu thức
3
32
1
23
32
1115
+
+



+
+

=
x
x
x
x
xx
x
P
1. Rút gọn biểu thức P.
25