GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
1

TP ễN THI TUYN VO LP 10
Đề : 1

Bài 1: Cho biểu thức: P =
(
)









+








+
+

3
1
xx
=50
Bài 3
: Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 2
18
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





x
x
xx
xx
z
<=> P =
1
1
)1(
1
2

+
=


x
x
x
x

b. P =
1
2
1
1

GV:Mai Thnh LB

ễN THI VO L

P 10
2

(
)
(
)







<+=+
>+=
++=
012
06
06412
21
2
21
2
2
mxx








=
+
=

=+=++
2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm

Bà3.
Đặt :
(

+ = = =


12
6
u
v
=


=

;
6
12
u
v
=


=




(
)
( )
1 12
1 6

CH
AB

và BH
AC

=> BD
AB

và CD
AC

.
Do đó:

ABD = 90
0
và

ACD = 90
0
.
Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
của đờng tròn tâm O thì
tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên

APB =



PHB
Mà

PAB =

DAB do đó:

PHB =

DAB
Chứng minh tơng tự ta có:

CHQ =

DAC
H
O
P
Q
D
C
B
AGV:Mai Thnh LB

ễN THI VO L


2 2
2
2
1 1 1 1
7 2 7 9 3
x x x x
x x x x

+ = + = + = + =


(do x>o)
Nờn
5 4 3 2 4 2
5 2 3 4 4 2
1 1 1 1 1 1 1 1
3 1
x x x x x x x x
x x x x x x x x


+ = + + + = + + +



( )
2








+
+








+


x
xx
x
x
x
x
x
x
Với x
2

<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
3
x 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
đáp án
Câu 1: a. Rút gọn A=
x
x 2
2


b.Thay x=
6 4 2 2 2
+ = + vào A ta đợc A=

x y y x
x y

=

+ =

<=>*
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

b) m=
2 2
4


Câu 4:

a. Ta có

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

BCK= 45
0
=> tam giác BCK vuông cân tại B
=>BK

OB=>BK l tip tuyn ca(0)
c)BF

CK ti F=>F l trung im
HT
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 mn phơng trình P = 2.



. 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. GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
5

Bài 5: Cho x >o ;y>0 thỏa mn x+y=1 : Tỡm GTLN ca A=
x y
+ Đáp án Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :;
0;1;0;0

+



yxyyx
.
*). Rút gọn P:

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

( )
1
x y y y x
y
+
=

(

111
111
=+
=++
yx
yyx

Ta có: 1 +
1
y


1 1
x0 4
x

x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mn
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
+ m 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x
2
= mx + m 2




=++
=++
=++
327
)2(1
111
19
xzyzxy
zyx
zyx

ĐKXĐ :
.0,0,0



zyx
GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
6

Q
N
M
O
C
B

+ + = + + + + =
+ + = + + + + + + =
+ + =

=
=



= = = ==
=



Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mn 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


MQN ).
=>
) ( cgcMNQMCB

=

=> BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có


BQAC
AB
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.
Xét A
2

<=> x = y =
2
1

.
Đề 4
Câu 1: Cho hàm số f(x) =
44
2
+ xx

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =
4
)(
2

x
xf
khi x
2

GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
7

Câu 2: Giải hệ phơng trình




+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
với x > 0 và x 1
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
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

10)(
x
x
x
x
xf

c)
)2)(2(
2
4
)(
2
+

=

=
xx
x
x
xf
A

Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2
1
+
=
x



+












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

)1)(1(
)1)(1(
x
x
x
xx
x
x
xx
xxx
=









+










1
2

+
x
x
x
x
=
x
x
x
x 1
1
2


+
=
x
x
2

b) A = 3 =>
x
x
2
= 3 => 3x +
x
- 2 = 0 => x = 2/3


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, đờng 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
2


=
+

=
+
=
+
=

Câu 5 Để phơng 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 phơng trình
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
=

ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

đ k (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mn: 3 x

-
1
1
x
x
+


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

0 và x

1.
Câu 2:
Cho phơng trình : x
2
2(m - 1)x + m
2
3 = 0
( 1 )
; m là tham số.
a/. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.
b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.
Câu 3:
a/. Giải phơng trình :
1

= + + .
.
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
+
+


( 1)( 1)
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

2
3

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: GV:Mai Thnh LB

ễN THI VO L

P 10
10

2
3 2 2
.3 3
a a m
a a m



m = 3

2
6
( thõa mn điều kiện).
Câu 3:

Điều kiện x

0 ; 2 x
2
> 0

x

0 ;
x
<
2
.
Đặt y =
2
2
x

> 0
Ta có:
2 2

2
+ X -
1
2
= 0

X =
1 3
2 Vì y > 0 nên: y =
1 3
2
+


x =
1 3
2 Vậy phơng trình có hai nghiệm: x
1
= 1 ; x
2
=
1 3
2


DCB

Nên


BCD BAC
=
Dựng tia Cy sao cho


BCy BAC
=
.Khi đó, D là giao điểm của

AB
và Cy.
Với giả thiết

AB
>

BC
thì

BCA
>

BAC
>


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

O
K
D
C
B
AGV:Mai Thành LB
ĐỀ
ÔN THI VÀO L
Ớ
P 10
11
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 0
x y z
⇒ + + + + + =