!"#$
Thi gian: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
%&'
()*: (2,0 im)
( ) ( )
2
4 2
)9 3 2 0
) 7 18 0
2) 12 7 2 3
a x x
x x
m y x m y x m
+ =
+ =
= + = + +
1) Giải các ph ơng trình sau:

b
Với giá trị nào của thì đồ thị hai hàm số và cắt nhau tại một điểm trên
trục tung.
()*: (2,0 im)
2 1
1)
1 2 3 2 2
1 1 1 2

2 2
1) 1
2) ;
y x m
x y m
m
m x y x y
= +


=

=
= +
Cho hệ ph ơng trình:
Giải hệ ph ơng trình 1 khi
Tìm giá trị của đề hệ ph ơng trình 1 có nghiệm sao cho biểu thức P
đạt giá trị nhỏ nhất.
()*,: (3,5 im)
Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhn v ni tip ng trũn
( )
O
. Hai ng cao BD
v CE ca tam giỏc ABC ct nhau ti im H. ng thng BD ct ng trũn
( )
O
ti
im th hai P; ng thng CE ct ng trũn
( )
O

2
121 11 = =
;@JRKCD@763JSMT*K8@7
1
NU*@7;@HLC<MCD"?<*EF
2; 2x x= = −
HV@<WX745JQ6FKCY@@AZC@1"?@T*H*[FJ8Q6FK8HV@<WX745J+5FKCY@@AZC
@1"?@T*H*[F(J8+5FK@<\MX]1C^1G)*@M_"
≡
(`<*Q6F7+5F@aCS)F7b
01#

2 1 7 5 2
1 2 3 2 (1 2)(3 2 2)
(7 5 2)(1 2)(3 2 2)
(3 2 2)(3 2 2) 1
1
A
+
= + = =
+ + + +
+ − −
= − + =
−
2
1 1 1 2
( )( )
( 1)( 1)
1 2 2 2
( )( )


Ad@X@eJKX745@<ON)M;@JKH=PC47:f1X
A2X7
gX<ECD"?<*EFJ8K

2 2 2 2 2
2 2 2
2
( 1) 2 2 1
2 1 1
( 2 ) 2. ( ) 1 ( )
2 2 2
1 1 1
( 2 )
2 2
2
P x y m m m m
m m
m
= + = − + = − + =
− + + − =
= − + ≥
HT@Gh"?
1
2
`<*
1 1
2
2
2

2) Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB
3) BEDC nội tiếp đường tròn suy ra
·
·
·
;BDE BCE BCQ= =
từ câu 1/ TA CÓ :
·
·
BPQ BCQ=
Suy ra
·
·
BDE BPQ=
(2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)
4) OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1)
·
·
EBD ECD=
(GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy ra QA=PA Vậy A và
O cách đều P,Q nên suy ra đpcm.
()*k: (1,0 điểm)
( )
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
2
2
, , 4 3 7.


i
j




(

5) T gi thit ta cú:
ã
ã
0
0
90
90
CEB
CDB

=


=


suy ra E,D nhỡn B,C di 1 gúc vuụng,nờn t giỏc
BEDC ni tip c trong 1 ng trũn.
6) Vỡ tam giỏc HBC v HPQ ng dng (gúc gúc)nờn HQ.HC=HP.HB
7) BEDC ni tip ng trũn suy ra
ã

1 3
2 3 7 7, , ,
2 2
x y z x y z yz x y
x y z yz x y x x y y z z y y
x y z y x y z
+ + + + = + + + + +
ữ
ữ
ữ

= + +
ữ
ữ
ữĂ
Cho là ba số thực tuỳ ý. Chứng minh:
Ta có:
Sở giáo dục và đào tạo phú thọ
Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 trờng THPT chuyên hùng vơng
Năm học 2011-2012
l"J<1"?K

1) Tìm x để P có nghĩa
2) Rút gọn P
3) Tìm x để P<0
01 (2,0 điểm)
1)Giải phương trình :
1
2
1
2
−
+=
− x
x
x
x
2)Giải hệ phương trình







=
+
+
−
=
+
+

01, (3,0 điểm)
Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (khác A và B).Gọi H là trung điểm MB . E,F là
chính giữa cung nhỏ AM và BM của đường tròn (O).Tiếp tuyến của (O) tại F cắt AM tại P
1)
Chứng minh tứ giác HFPM là hình chữ nhật
2)
Chứng minh góc EFH=45
0
3)
Qua A kẻ đường thẳng (d) song song với PH .Đường thẳng 9d) cắt đường tròn (O) tại tại D
( D khác A) .Chứng minh D, O, H thẳng hàng
01k (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab .Chứng minh rằng

2
1
1414
22
≥
+
+
+
a
b
b
a
666666666666O@666666666666666
Họ và tên thí sinh Số báo danh
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
$pq 

2 3y x= − −
trên cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
()*+#J:kH*[FK
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3 4 3 4
2 3 1 5 2 3
A
− +
= +
+ −
2 28 4 8
3 4 1 4
x x x x x
B
x x x x
− + − +
= − +
− − + −
( 0, 16)x x≥ ≠
()*,#J:kH*[FK
Cho phương trình
2 2
2 4 5 0x mx m− − − =
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x
1
, x
2

1
3
x hay x
−
⇔ = =
b)
5 7 3 (1)
5 4 8 (2)
x y
x y
+ =


− = −

⇔
11 11 ((1) (2))
5 4 8
y
x y
= −


− = −

6
⇔
1
5 4
y

5 13
4
2
u
− +
= =
hay
5 13
9
2
u
− −
= = −
(loại)
Do đó, (C) ⇔ x
2
= 4 ⇔ x = ±2
Cách khác : (C) ⇔ (x
2
– 4)(x
2
+ 9) = 0 ⇔ x
2
= 4 ⇔ x = ±2
d)
2
3 3 3 3 0x x− + − =
(d)
(d) có : a + b + c = 0 nên (d) ⇔ x = 1 hay
3 3

A
− +
= +
+ −
=
(3 3 4)(2 3 1) ( 3 4)(5 2 3)
11 13
− − + +
−

=
22 11 3 26 13 3
11 13
− +
−
=
2 3 2 3− − +
=
1
( 4 2 3 4 2 3)
2
− − +
=
2 2
1
( ( 3 1) ( 3 1) )
2
− − +
7
=

− + − − − + +
+ −
=
2 28 8 16 9 8
( 1)( 4)
x x x x x x x
x x
− + − + − − − −
+ −
=
4 4
( 1)( 4)
x x x x
x x
− − +
+ −
=
( 1)( 1)( 4)
( 1)( 4)
x x x
x x
+ − −
+ −
=
1x −
()*,#
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m
2
+ 4m +5 = (m+2)
2

3
2
−
()*k# a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông
Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật)
Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)
Do đó: góc OAC + góc AFE = 90
0
⇒ OA vuông góc với EF
b) OA vuông góc PQ ⇒ cung PA = cung AQ
Do đó: ∆APE đồng dạng ∆ABP
⇒
AP AE
AB AP
=
⇒ AP
2
= AE.AB
Ta có : AH
2
= AE.AB (hệ thức lượng ∆HAB vuông tại H, có HE là chiều cao)
⇒ AP = AH ⇒ ∆APH cân tại A
c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA ⇒ DE.DF = DK.DA
Do đó ∆DFK đồng dạng ∆DAE ⇒ góc DKF = góc DEA ⇒ tứ giác AEFK nội tiếp
d) Ta có : AF.AC = AH
2
(hệ thức lượng trong ∆AHC vuông tại H, có HF là chiều cao)
Ta có: AK.AD = AH
2
(hệ thức lượng trong ∆AHD vuông tại H, có HK là chiều cao)

01# Phương trình
2
x mx m 1 0+ + − =
có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
A.
m 2
>
. B.
m
∈
¡
. C.
m 2
≥
. D.
m 2
≠
.
01# Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác MNP cân tại M. Gọi E; F lần lượt là tiếp điểm của đường
tròn (O) với các cạnh MN; MP. Biết
·
0
MNP 50=
. Khi đó, cung nhỏ EF của đường tròn (O) có số đo
bằng:
A.
0
100
. B.
0

.
01,# Một hình trụ có chiều cao là 6cm và diện tích xung quanh là
2
36 cmπ
. Khi đó, hình trụ đã cho có
bán kính đáy bằng
A.
6
cm.
B. 3 cm.
C.
3π
cm.
D. 6cm.
yzS1g" (9điểm) #
01b(1,5 điểm)Cho biểu thức :
3 x 1 1 1
P :
x 1
x 1 x x
 
−
= −
 ÷
−
− +
 
với
x 0 và x 1> ≠
1) Rút gọn biểu thức P.


− +


− +

+ =

− −

01,.(3,0 điểm): Cho đường tròn (O; R). Lấy điểm M nằm ngoài (O;R) sao cho qua M kẻ được hai tiếp
tuyến MA, MB của (O;R) và góc AMB nhọn ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại
H. Đường thẳng AH cắt đường tròn (O;R) tại N (khác A). Đường tròn đường kính NA cắt các đường
thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K (khác A).
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA tại
E. Chứng minh CI = EA.
01k.(1,5 điểm)
1) Giải phương trình :
( )
( ) ( )
2
2
x x 9 x 9 22 x 1+ + = −
2) Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x

2 1
x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5
  
+ = + = + =
  
− + − + − +
  
⇔ ⇔
  
− + − + − +
  
+ = + = + + + =
  
− − − − − −
  

01k.(1,5 điểm)
1) Giải phương trình :
( )
( ) ( )
2
2
x x 9 x 9 22 x 1+ + = −
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
x 9 x 9x 22 x 1 x 9 x 9 9 x 1 22 x 1

− − −
= − = ⇔ + − =
121 8 129∆ = + =
> 0 phương trình có hai nghiệm
1,2
11 129
x
2
− ±
=
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1,2
11 129
x
2
− ±
=
2) Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x
x x
   
> − < −
 ÷  ÷
   
(1)
2 3 2
2 3 2

( )
2
2
1
x 1 nên x 1 0 x 1 2x x 2 hayt 2
x
> − > ⇔ + > ⇔ + > >
=> (3) đúng . Vậy ta có đpcm
01,.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R). Lấy điểm M nằm ngoài (O;R) sao cho qua M kẻ được hai tiếp
tuyến MA, MB của (O;R) và góc AMB nhọn ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại
H. Đường thẳng AH cắt đường tròn (O;R) tại N (khác A). Đường tròn đường kính NA cắt các đường
thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K (khác A).
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA tại
E. Chứng minh CI = EA.
1)
·
·
0
NIB BHN 180+ =
NHBI⇒Y
nội tiếp
2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp
µ
µ
µ
µ
µ
µ

µ µ
1 1
A H AE / /IC= ⇒
Vậy AECI là hình bình hành
=>CI = EA.
11
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO

KHÁNH HÒA 6
Ngày thi : 21/06/2011 Môn thi: $
Thời gian làm bài: ;<d@
Bài 1( 2 điểm)
1) Đơn giản biểu thức: A
2 3 6 8 4
2 3 4
+ + + +
=
+ +
2) Cho biểu thức:
1 1
( );( 1)
1 1
P a a
a a a a
= − − ≥
− − + −
Rút gọn P và chứng tỏ P
≥
0


− =

−

Bài 3( 2 điểm)
Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc
không đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian
đã định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban
đầu của người đi xe đạp.
Bài 4( 4 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường
thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E.
1) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn
2) Chứng minh
BAE DAC∠ = ∠
3) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của
BC,đường thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC.
4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a
()*?*c*
Bài 1
12
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( đề thi có 01 trang)
3) A
2 3 2 6 8 2 ( 2 3 4)(1 2)
1 2
2 3 4 2 3 4
+ + + + + + + +
= = = +

1
x
2
= 3
Do đó S = x
1
2
+ 1 + x
2
2
+ 1 = (x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1
x
2
+ 2 = 25 – 6 + 2 = 21
Và P = (x
1
2
+ 1) (x
2
2
+ 1) = (x
1
x

12 3 3
4
3
2
2
2
x
x
x y
x
y
y
x y
x y


+ =
=
=



=
−

  
⇒ ⇔ ⇔ ⇔
   
+ =
=

Theo đề bài ta có PT:
1 50 2 50
2
2 2
x
x x
−
+ + =
+
Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán)
Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h
Bài 3
13
Giải câu c)
Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng
Tam giác AHD có OM là ĐTBình => AH = 2 OM
Và AH // OM
2 tam giác AHG và MOG có
( )
HAG OMG slt∠ = ∠
AGH MGO
∠ = ∠
(đ đ)

( )
2
AHG MOG G G
AH AG
MO MG
∆ ∞∆ −

Với
x 0,x 25≥ ≠
.
A
B C
E
D
H
O
M
G
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỐ 5
14
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tính giá trị của A khi x = 9.
3) Tìm x để
1
A
3
<
.
()*(2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó
chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được
10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày?
()*(1,0 điểm)
Cho Parabol (P):
2

Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
M 4x 3x 2011
4x
= − + +
.
H-NG D.N GI/I
Bài 1:
1/ Rút gọn: ĐK:
x 0,x 25≥ ≠
15
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
x. x+5 -10 x-5. x-5
x 10 x 5 x+5 x-10 x -5 x +25
A= - - = =
x-25
x-5 x +5
x-5 x+5 x-5 x +5
x-5
x-10 x+25 x-5
= = = (Voi x 0; x 25)
x +5
x-5 x +5 x-5 x+5
≥ ≠

2 x - 20 0 (Vì 3 x+5 0) 2 x < 20 x < 10 x < 100
< ⇔ < ⇔ <
⇔ < > ⇔ ⇔ ⇔
Kết hợp với
x 0,x 25≥ ≠
Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < 1/3
Bài 2
$#
Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày) (ĐK: x > 1)
Thì thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày)
Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được
140
x
(tấn)
Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được
150
1x −
(tấn)
Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt:
150 140
5
1x x
− =
−
⇒ 150x – 140x + 140 = 5x
2
-5x ⇔ 5x
2
-5x – 10x - 140 = 0 ⇔ 5x
2

⇔ ⇔
Giải ra x = 20 (T/M)và x = - 35 ( loại)
Vậy số ngày đội phải chở theo kế hoạch là 140:20=7 ( ngày)
Bài 3:
1/ Với m = 1 ta có (d): y = 2x + 8
Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d) là
x
2
= 2x + 8
<=> x
2
– 2x – 8 = 0
Giải ra x = 4 => y = 16
x = -2 => y = 4
Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4)
2/ Phương trình hoành độ điểm chung của (d) và (P) là
x
2
– 2x + m
2
– 9 = 0 (1)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục
tung thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
⇒ac < 0 ⇒ m
2
– 9 < 0 ⇒ (m – 3)(m + 3) < 0
Giải ra có – 3 < m < 3
Bài 4
1/ Xét tứ giác AIEM có
góc MAI = góc MEI = 90

AI
BI
AM
=
 AM.BN = AI.BI
4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ
Do tứ giác AMEI nội tiếp
nên góc AMI = góc AEF = 45
o
.
Nên tam giác AMI vuông cân tại A
Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B
 AM = AI, BI = BN
Áp dụng Pitago tính được
2
23
;
2
2 R
IN
R
MI
==
Vậy
4
3

2
1
2

⇒ >
, Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x +
1
4x
1 1
2 . 2. 1
4 2
x
x
≥ = =
 M =
2
1
(2 1) ( ) 2010
4
x x
x
− + + +
≥ 0 + 1 + 2010 = 2011
 M ≥ 2011 ; Dấu “=” xảy ra 
2
1
2
1
2 1 0
2
1 1
1
4 4
2

= ⇔ = ⇔
=
  

  

>
>
  


= −
 




>


⇔ x =
1
2
Vậy M
min
= 2011 đạt được khi x =
1
2
$#
M = 2x² + 2x² + 1/4x - 3x + 2011 = (2x² + 2x² + 1/4x) - 3x + 2011

1
32011
4
1
34
2
2
222
+++++






−=
+++++






+−=++−=
xx
xx
xx
xxx
x
xxM

x
Dấu ‘=’ xẩy ra khi
2
1 1
8 8
x
x x
= =
⇔ x³ =1/8 ⇔ x =
1
2
mà
0
2
1
2
≥






−
x
Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
=>
20112010
4
1

2 5
3 1
x y
x y
+ =


− =

01,#J:kH*|FK
a) Phương trình x
2
– x – 3 = 0 có 2 nghiệm x
1
, x
2
. Tính giá trị: X = x
1
3
x
2
+ x
2
3
x
1
+ 21
b) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham
dự nên phải kê thêm 2 dãy ghế phải kê thêm một ghế nữa thì vừa đủ. Tính số dãy
ghế dự định lúc đầu. Biết rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế

01#J:kH*|FK
Cho hàm số y = (2 – m)x – m + 3 (1)
a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi m = 1
b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) đồng biến
01+#JH*|FK
Giải hệ phương trình :
2 5
3 1
x y
x y
+ =


− =

01,#J:kH*|FK
a) Phương trình x
2
– x – 3 = 0 có 2 nghiệm x
1
, x
2
. Tính giá trị: X = x
1
3
x
2
+ x
2
3

a. Tìm ĐKXĐ, rút gọn P
b. Tìm x để P < 0
c. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để pt : có nghiệm
Câu 2 (2,0 điểm):
Cho phơng trình: x
2
(m 1)x + 2m 9 =0 (1) (m là tham số)
a. Giải phơng trình khi m = 3.
b. chứng minh rằng phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Câu 3 (1,5 điểm):
Hai vũi cựng ch y v o m t cỏi b khụng ch a n c thỡ trong 16 gi ch y y b .
Vũi th nh t ch y trong 3 gi , vũi th hai ch y trong 6 gi thỡ c 25% b .
H i n u ch y m t mỡnh thỡ m i vũi ph i ch y trong bao lõu m i y b .
Câu 4 (3,5 điểm):
Cho đờng tròn tâm O, đờng kính AB vuông góc với dây MN tại H ( H nằm giữa
O và A). Trên cung BM lấy điểm K bất kì, (K B, K M) . Kẻ KA cắt MN tại C.
a. Chứng minh tứ giác CHBK nội tiếp.
b. Chứng minh KA là tia phân giác của góc MKN.
c. Gọi giao điểm của BM với AK là I, KN với AB là E. Chứng minh I Là tâm đờng tròn nội tiếp tam
giác MEK.
H ớng dẫn chấm Khảo sát học kì 2
Môn: Toán lớp 9
Câu Nội dung Điểm
1(3đ)
a/
ĐKXĐ
rút gọn
0,5
1,0
b/

x
>




1x
P
x

=

b/ = (m- 5)
2
+12 > 0 với mọi m 1
3/ (1,5đ)
G i th i gian vũi m t ch y m t mỡnh y b l x ( h)
Th i gian vũi 2 ch y m t mỡnh y b l y (h);
k : x, y > 16
- 1 gi vũi 1 ch y c 1/x ( b ); vũi th 2 l m c 1/y (b ) . Vỡ 2 vũi
cựng ch y trong 16 (h)thỡ y b nờn 1 gi 2 vũi ch y c 1/16 (b )
suy ra ta cú PT .1/x +1/y =1/16 (1)
- 3 gi vũi 1 ch y c 3/x (b ); 6 (h) vũi th 2 ch y c 6/y (b )
theo b i ra ta cú ph ng trỡnh : 3/x + 6/y = 1/4 (2)
T (1) v (2) ta cú HPT :
1 1 1
16
3 6 1
4
x y

b/ MBN cân tại B (1)
có:
(góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) (2)
từ (1), (2) suy ra

nên: KA là phân giác của góc MKN
0,25
0,5
0,25
c/ tứ giác IEKB nội tiếp , (1)

tứ giác MABK nội tiếp nên: (2)
tứ giác AMIE nội tiếp nên: (3)
từ (1), (2),(3) suy ra
nên I là giao điểm 3 đờng phân giác của tam giác MEK
suy ra I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác MEK.
0,25
0,25
0,25
0,25
$pq
b} rF<sC#6
%&' t#$
Thi gian lm bi: 120 phỳt
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2011
()*#(2,0 im)
23
0
90CKB AKB = =
0

6 3 5 5 2
( ) : .
2 1 5 1 5 3
Q
− −
= +
− − −
()*+#(2,0 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2x – 2m
2
= 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 0
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1,
x
2
khác 0 và thỏa điều kiện
2 2
1 2
4x x=
.
()*,#(1,5 điểm)
Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chéo của nó có độ dài 10 cm.
Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật đó.
()*k#(3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là một điểm di
động trên cung nhỏ AB ( M không trùng với các điểm A và B).
a) Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc BMC.

5 3 11 5 3 11
x y y x y y
hay
x y x y
− = ≥ + = <
 
 
+ = + =
 
⇔
3 1, 0 3 1, 0
14 14 4 8
x y y x y y
hay
x x
− = ≥ + = <
 
 
= − =
 
⇔
2 7, 0
1 2
y y y
hay
x x
= = <
 
 
= = −

a) x
2
– 2x – 2m
2
= 0 (1)
m=0, (1) ⇔ x
2
– 2x = 0 ⇔ x(x – 2) = 0 ⇔ x= 0 hay x = 2
b) ∆’ = 1 + 2m
2
> 0 với mọi m => phương trình (1) có nghiệm với mọi m
24
Theo Viet, ta có: x
1
+ x
2
= 2 => x
1
= 2 – x
2
Ta có:
2 2
1 2
4x x=
=> (2 – x
2
)
2
=
2

.x
2
= 8/9 (loại) hay -2m
2
= x
1
.x
2
= -8 ⇔ m = ±2
()*,#Gọi a, b là độ dài của 2 cạnh hình chữ nhật.
Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) và a
2
+ b
2
= 10
2
= 100 (2)
Từ (2) ⇒ (a + b)
2
– 2ab = 100 (3). Thế (1) vào (3) ⇒ ab = 48 (4)
Từ (1) và (4) ta có a, b là nghiệm của phương trình : X
2
– 14X + 48 = 0
⇒ a = 8 cm và b = 6 cm
()*k#
a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 60
0
nên góc CMD = góc
DMB= 30
0

(~•v-wxvy-q
rF<sC#
!"#M_"J<Ef€K
Thời gian: 120’ (không kể thời gian phát đề)
()*# (2 điểm)
Cho hai biểu thức : A =
a b b a
ab
+
và B =
2
( ) 4a b ab
a b
+ −
−
( với a >0 và b >0 và a
≠
b )
1/ Rút gọn A và B
2/ Tính tích A.B với a =
2 5
, b =
5
()*# (2 điểm)
25
C
A
D
B
M