Một số đề ôn thi vào lớp 10
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

= a2- 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
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 = x2 (X ≥ 0)
Phương trình trở thành
2 2
( 4 ) 7 1 0X m m X m


− >

(I)
Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X1 , X2.
- 3 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10
⇒ phương trình đã cho có 4 nghiệm x1, 2 =
1
X
±
; x3, 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
2( 4 ) 10 4 5 0
5
m
m m m m
m
=

+ = ⇔ + − = ⇔



2
cos 2cos 1P
α α
= − +
(vì cosα > 0)

2
(cos 1)P
α
= −
1 cosP
α
= −
(vì cosα < 1)
b)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
4 15 5 3 4 15 5 3 4 15 4 15+ − − = − + −
=
( )
5 3 4 15
− +
=
( ) ( )
2
5 3 4 15− +
=
( ) ( )
8 2 15 4 15− +

·
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
⇒
HP HA
HB HP
=
⇒ HP2 = HA.HB
Tương tự, HQ2 = HA.HB
⇒ HP = HQ ⇒ H là trung điểm
PQ.

Đề 3

Q
H
Một số đề ôn thi vào lớp 10
c) Xác định vị trí tương đối của ID và đường tròn tâm (O) với đường tròn tâm (O').
Híng dÉn
Câu 1:
a) A có nghĩa
⇔
0
1 0
x
x
≥



− ≠


⇔
0
1
x
x
≥


≠

b) A=

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
2x +
(bể)
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được :
1
x
+
1
2x +
(bể)
Theo bài ra ta có phương trình:
1
x
+
1
2x +
=
1
12

0
90ANB =
(góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O) )
⇒
BN
⊥
AN.
AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN).
⇒
BN
⊥
MC (1)
·
0
90BDC =
(góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O') )
BD
⊥
MC (2)
Từ (1) và (2)
⇒
N,B,D thẳng hàng do đó
·
0
90NDC =
(3).
·
0
90NIC =
(vì AC

IMD IDM=
.
Tương tự ta có
·
·
' 'O DC O CD=
mà
·
·
0
' 90IMD O CD+ =
(vì
·
0
90MIC =
)
⇒
·
·
0
' 90IDM O DC+ =
mà
·
0
180MDC =
⇒
·
0
' 90IDO =
do đó ID








+
−
−
x
xx
x
x
x
x
x
x
Với x≠
2
;±1
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của biểu thức khi cho x=
226 +
c) Tìm giá trị của x để A=3
Câu2.
a) Giải hệ phương trình:




x
x 2
2
−
b.Thay x=
226 +
vào A ta được A=
226
224
+
+
c.
2
3 17
3 3 2 0
2
A x x x
±
= ⇔ − − = ⇒ =
Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt:
2
1 2
3 4 1; 4a a a a+ = ⇒ = = −
Từ đó ta có



=+
=−+−
1232

b)Ta có
3 2 2
4 2 15 ( 5)( 3)x x x x x x− − − = − + +

mà
2
2
1 11
3 0
2 4
x x x
 
+ + = + + >
 ÷
 
với mọi x
Vậy bất phương trình tương đương với
5 0 5x x− > ⇒ >

Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
• Xét
1
2 1 0
2
m m− = ⇒ =
pt trở thành
1 0 1x x− + = ⇒ =
• Xét
1
2 1 0

= =
− −
pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)
1
1 0
2 1m
⇒ − < <
−





<−
>+
−
012
01
12
1
m
m
2
0
0
2 1
2 1 0
m
m
m

·
BCF BAF=
Mà
·
·
45BAF BAE= = °
·
45BCF⇒ = °

Ta có
·
·
BKF BEF=

Mà
·
·
45BEF BEA= = °
(EA là đường chéo của hình vuông ABED)
·
45BKF⇒ = °
Vì
·
·
45BKC BCK= = ° ⇒
tam giác BCK vuông cân tại B

Đề 5
Bài 1: Cho biểu thức: P =
( )

xx
xx
xx
a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Bài 2: Cho phương trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn
3
2
3
1
xx −
=50
Bài 3: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 .Chứng minh:
a,Phương trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 và t2.
b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2
≥
4
- 9 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10
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.
b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường 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 hai số dương x; y thoả mãn: x + y
≤
1

⇔
P =
2
1 1
( 1) 1
x x
x x
− +
=
− −

b. P =
1
2
1
1
1
−
+=
−
+
xx
x
Để P nguyên thì
1 1 2 4
1 1 0 0
1 2 3 9
1 2 1( )
x x x
x x x

2
21
2
2
mxx
mmxx
mmm

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

b. Giải phương trình:
( )

m
mmmm

Bài 3: a) Vì x1 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. .
Vì x1> 0 => c.
.0
1
.
1
1
2
1
=++






a
x
b
x
Chứng tỏ
1
1
x
là một nghiệm dương của phương trình:
ct2 + bt + a = 0; t1 =
1

a
x
b
x
điều này chứng tỏ
2
1
x
là một nghiệm dương của phương
trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 =
2
1
x

Vậy nếu phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x1; x2 thì phương
trình :
ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 . t1 =
1
1
x
; t2 =
2
1
x
b) Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dương nên
t1+ x1 =
1
1
x
+ x1

Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O
Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD
- 11 -
H
O
P
Q
D
C
B
A
Một số đề ôn thi vào lớp 10
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
·
·
ADB ACB=

Do đó:
·
·
APB ACB=
Mặt khác:
·
·

·
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=
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 đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O
Đề 6
Bài 1: Cho biểu thức:
( ) ( )( )
yx
xy
xyx
y
yyx
x
P
−+
−

);( 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.
- 12 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tính BC theo R.
Bài 5: Cho
Rzyx
∈
,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .
HƯỚNG DẪN
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :;
0;1;0;0
≠+≠≥≥
yxyyx
(*).
Rút gọn P:
( )
( ) ( ) ( )

x y
+ − + + + −
=
+ −
( )
1
x y y y x
y
− + −
=
−
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
1
x y y y y
y
− + − −
=
−
.x xy y= + −
Vậy P =
.yxyx
−+
b). P = 2
⇔
.yxyx
−+
= 2


A
Một số đề ôn thi vào lớp 10
Vì phương trình (*) có
( )
mmmm
∀>+−=+−=∆
04284
2
2
nên phương trình (*) luôn có hai
nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung
⇔
phương trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai
nghiệm trái dấu
⇔
m – 2 < 0
⇔
m < 2.
Bài 3 :
( )
( )







=++

( ) 0
( ) 0
x y z x y z xy yz zx
x y z xy yz zx x y z
x y z xy yz zx x y z xy yz zx
x y y z z x
x y
x y
y z y z x y z
z x
z x
⇒ + + = ⇔ + + + + + =
⇔ + + = − + + ⇔ + + =
⇒ + + = + + ⇒ + + − + + =
⇔ − + − + − =

− =
=



⇔ − = ⇔ = ⇔ = =
 
 
=
− =


Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phương trình .

·
BAM MCN⇒ =
=> BAM ( cùng bù với
·
MCB
).
·
·
MCN MNC⇒ =
=> ( cùng bằng góc
·
MCB
).
⇒
Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét
MCB
∆
và
MNQ
∆
có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)

·
·
BMC NMQ=
( vì
·
·

1111
=
++
−++
zyxzyx
⇔

( )
0
=
++
−++
+
+
zyxz
zzyx
xy
yx

( )
( )
( )
( ) ( )
2
1 1
0
0
( )
( ) 0
z y

A.y =
2
1
x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y =
2
1
x - 2 ; D.y = - 2x - 4
Hãy chọn câu trả lời đúng.
2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đường kính đáy đựng đầy nước, nhúng chìm vào
bình một hình cầu khi lấy ra mực nước trong bình còn lại
3
2
bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ
và bán kính hình cầu là A.2 ; B.
3
2
; C.
3
3
; D. một kết quả khác.
Bài 2 1) Giải phương trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0
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

A2 lớn nhất.
Xét A2 = (
x
+
y
)2 = x + y + 2
xy
= 1 + 2
xy
(1)
Ta có:
2
yx +

xy≥
(Bất đẳng thức Cô si)
1 2 xy⇒ ≥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2
xy
< 1 + 2 = 2
2
1
max 2
2
A x y= ⇔ = =
,
1
max 2
2

4
1
AB. Ta có D là điểm cố định
Mà
AB
MA
=
2
1
(gt) do đó
MA
AD
=
2
1

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có
·
MAB
(chung)

AB
MA
=
MA
AD
=
2
1
Do đó

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
·
90MAN = °
nên MN là đường kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có :
INC IMK
∆ = ∆
(g.c.g)

⇒
CN = MK = MD (vì
∆
MKD vuông cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
⇒
AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đường tròn ngoại tiếp

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 = R2.
- 17 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10
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 :
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + ≥ +
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC.
HƯỚNG DẪN
Bài 1. Từ giả thiết ta có :
2
2
2
2 1 0
2 1 0
2 1 0
x y
y z
z x

+ + =


1x y z⇒ = = =( ) ( ) ( )
2009 2009 2009
2009 2009 2009
1 1 1 3A x y z⇒ = + + = − + − + − = −
Vậy : A = -3.
Bài 2. Ta có :
( ) ( )
( )
2 2
4 4 2 1 2 2 2007M x x y y xy x y= + + + + + + − − + +

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 1 2 1 2007M x y x y= − + − + − − +

( ) ( ) ( )
2
2
1 3
2 1 1 2007
2 4
M x y y
 
⇒ = − + − + − +
 
 


v y y

= +


= +


Ta có :
18
72
u v
uv
+ =


=


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

⇒
12
6
u
v

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

Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.
Bài 4. a.Ta có CA = CM; DB = DM
Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC
⊥
OD

1
OM
MH
≥

⇒
Chu vi
COD ≥V
chu vi
AMBV

Dấu = xảy ra
⇔
MH1 = OM
⇔
M
≡
O
⇒
M là điểm chính giữa của cung
»
AB

Bài 5 Ta có :
2 2
1 1
0; 0
2 2
a b
   

2
a b a b ab a b
 
+ + + ≥ +
 
 

( )
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
⇒ + + ≥ +

Bài 6. Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp
ABCV

Gọi E là giao điểm của AD và (O)
Ta có:
ABD CED∆ ∆:
(g.g)
- 19 -
D
E
C
B
A

Đề 9
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±
Câu 2: Giải hệ phương trình



+−=+−
−+=−
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
Câu 3: Cho biểu thứcA =





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 đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là
chân đường vuông góc hạ từ A đến đường 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 phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn:
3x1 - 4x2 = 11
- 20 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10
HƯỚNG DẪN
Câu 1a) f(x) =
2)2(44
22
−=−=+− xxxx
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)



−=
=
⇔




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

y 2
Câu 3 a) Ta có: A =



x
x
x
xx
=








−
+
−
−








−
−
−
+−
+−+





−
−
−
−
+−
1
:
1
1
1
1
x
xxx
x
x
x
xx
=
1
:
1
11
−−
+−+−
x
x

x
A x x x
x
−
= ⇒ = ⇒ + − = ⇒ =

Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
- 21 -
O
B
C
H
E
A
P
Một số đề ôn thi vào lớp 10

CB
CH
PB
EH
=
; (1)
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
· ·
POB ACB⇒ =
(hai góc đồng vị)
AHC POB

2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB
AH
−
=
+−
−
=
+
=
+
=⇔
Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 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
4m-13
3 =

a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P <
1
3
với x
≥
0 và x
≠
1.
Câu 2: Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 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
b/. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn :
0
0
2 4 2 0
2 7 11 0
a
b
a b c
a b c

1
x
x x
+
−
+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
( 1)( 1)
x
x x
+
+ −
- 23 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10
=
3
2
( ) 1
x
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
⇔
(
x
- 1)2 > 0. ( Đúng vì x
≥
0 và x
≠


= −

⇒
a=
1
2
m −

⇒
3(
1
2
m −
)2 = m2 – 3
⇔
m2 + 6m – 15 = 0
⇔
m = –3
±
2
6
( thỏa mãn điều kiện).
Câu 3:
Điều kiện x
≠
0 ; 2 – x2 > 0
⇔
x
≠

⇒
x = y = 1.
* Nếu xy = -
1
2
thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
- 24 -
Một số đề ôn thi vào lớp 10
x2 + x -
1
2
= 0
⇔
x =
1 3
2
− ±
Vì y > 0 nên: y =
1 3
2
− +

⇒
x =
1 3
2
− −
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =
1 3
2

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
>
·
BDC
.

⇒
D
∈
AB .

.
Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a. Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu3 Giải phương trình:
521
3
=−−− xx
Câu 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R
2
. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC
với đường tròn. Một góc
·
45xOy = °
cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E.
Chứng minh rằng:
a.DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ).
b.
RDER <<
3
2

- 25 -
O
K
D
C
B
A