Trường THCS:
Đề thi
Câu 1: Cho biểu thức
3
1 1 x x
A
x 1 x x 1 x x 1
−
= + +
− − − + −
a, Rút gọn A
b, Tìm x để A > 0
c, Tính Giá trị của A khi
3
5
x
9 2 7
=
−
Câu 2: Cho (p):
2
y x=
(d):
y 3x 2= −
a, Tìm hai toạ độ giao điểm của (p) và (d)
b, Tính diện tích tam giác tạo bởi hai toạ độ giao điểm và gốc toạ độ.
Câu 3: Giải hệ phương trình:
x y 1
xyz 2
y z 5
xyz 6

ACB 60=
Chứng minh
CH CO=
Câu 5: Cho
ABC∆
có
µ
0
A 90=
;
AB BC<
. AM là đường trung tuyến của tam giác.
·
AMB = β
;
·
ACB = α
. Chứng minh
2
1 sin (sin cos )+ β = α + α
Đáp án
Câu 1: (3đ)
a, Điều kiện: x > 1 0,5đ
A x 2 x 1= − −
1,5đ
b, A > 0 khi
1 x 2< ≠
2,0đ
c, A = 7 2,0đ
Câu 2:

ABE ABF=
·
·
ACE HIE=⇒

·
·
HIE BCD=
có
AI BC IE CO
⊥ ⇒ ⊥
3,0đ
c,
CH CE
HCE DCB
CD BC
∆ ∞∆ ⇒ =
⇒

1
CH BC
2
=
3,0đ

2x x x x x x x 1 x
x 1
x x 1 2x x 1 2 x 1
 
+ − + −
− +
 ÷
−
− + − −
 
a, Hãy tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa, sau đó rút gọn M.
b, Với giá trị nào của x thì biểu thức M đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó của M?
Câu 2. ( 4 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của hệ
2 2
3 3
2y x xy 2y 2x 7
x y x y 8

− − + − =


+ + − =


Câu 3. (4 điểm)
Cho A (6,0); B (0,3)
a, Viết phương trình đường thẳng AB.
b, Một điểm M (x;y) di chuyển trên đoạn thẳng AB. Gọi C; D theo thứ tự là hình chiếu của
M trên OA; OB. Gọi N là điểm chia đoạn thẳng CD theo tỷ số 1:2. Tính toạ độ (x’; y’) của N theo

Đáp án:
Câu 1. (4đ)
a, Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:
1
x 0,x
4
≥ ≠
và x#1. (0,5đ)
M =
2x x x x x x x 1 x
.
x 1
x x 1 2x x 1 2 x 1
 
+ − + −
− +
 ÷
−
− + − −
 

( )
x 2x x 1
x x x 1 x
x 1
x x 1 2x x 1 2 x 1
 
+ −
+ −
 

(0,5đ)
b, Do x
0
≥
nên M
0
≥
. Đẳng thức xảy ra khi x = 0 (0,5đ)
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 0 khi x = 0 (1đ)
Câu 2. Viết lại hệ đã cho dưới dạng
(x+2y+2) ( x-y) =-7 (1)
x
3
+y
3
+x-y = 8 (2) (1,5đ)
Từ (1) do x, y nguyên ta có các trường hợp sau:
a, x- y=-1 và x+2y+2 = 7 =>x=1 và y = 2 thoả mãn ( 2) (0,5đ)
b, x-y = 1 và x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y không nguyên (o,5đ)
c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1
Giải hệ nàyđược nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn phương trình (2) (0,5đ)
d, x-y = 7 và x+2y+2 = -1 => x+2y =-3 => y không nguyên (0,5đ)
Tóm lại hệ đã cho có duy hất một nghiệm nguyên (x, y) =(1, 2) (0,5đ)
Câu 3. (4đ)
a, Gọi phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b ( a # 0) (0,5đ)
Đường thẳng đi qua điểm A ( 6; 0) nên ta có 6a+ b = 0 (1) và đi qua điểm B ( 0;3) nên ta
có b = 3. Thay b = 3 vào (1) => a = -
1
2
(0,5đ)

1
2
x+ 3 => y’ = -
1
4
x + 1 (0,5đ)
Vậy quĩ tích điểm N là phần đường thẳng y= -
1
4
x + 1 nằm trong góc phần tư thứ nhất.
(0,5đ)
Câu 4. (5đ)
a, MN, MP là hai tiếp tuyến của ( O) =>
ON NM;OP PM⊥ ⊥ ⇒
ONM = 90
0
, OPM =
90
0
(0,5đ)
=> tứ giác ONMP có góc ONM + OPM = 180
0
. Do đó tứ giác ONMP nội tiếp đường tròn
đường kính OM (1đ)
b, Kẻ OQ vuông góc với AB => QA = QB ( đường kính vuông góc với dây) (0,5)
Vì AB cố định => Q cố định . (0,5đ)
Gọi I là trung điểm của OM tam giác OQM vuông tại Q => QI = IO = IM. Vậy Q thuộc
đường tròn đường kính OM. (0,5đ)
Kết hợp với câu a => 5 điểm M, N, O, Q, P thuộc đường tròn đường kính OM => đường
tròn ( MNP) luôn đi qua hai điểm O, Q cố định khi M di chuyển trên d . (0,5đ)

+ + + ≥ =
 ÷
 

( )
16 16 16 16 4 4
4
1
x y 1 1 x y 1.1 x y
4
+ + + ≥ =
(1đ)
( )
( ) ( )
10 10
15 16 4 4 2 2
2 2
10 10
2
16 16 2 2
2 2
1 x y 1 3
x y 1 x y 2x y 1
2 y x 4 2
1 x y 1 5
x y x y 1
2 y x 4 2
5
Q
2

a> Rút gọn biểu thức A
b>Tìm x để A> 1
Bài 2: ( 3đ) Giải hệ phương trình:
3 3
5 5 2 2
x y 1
x y x y

+ =


+ = +


Bài 3:(4đ) Cho đường thẳng(D
m
) có phương trình (m + 2)x + (m – 1)y – 1 = 0
a> Chứng minh khi m thay đổi đường thẳng (Dm) luôn đi qua một điểm cố định .
b> Tìm giá trị của m để khoảng cách từ O đến đường thẳng (Dm) lớn nhất.
Bài 4:(7đ) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nữa đường tròn, điểm C
thuộc đoạn OA.Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M vẽ tiếp tuyến Ax,By.Đường thẳng qua M
và vuông góc MC cắt Ax;By tại P và Q. AM cắt CP tại E; BM cắt CQ tại F.
a.Chứng minh tứ giác ACMP nội tiếp.
b.Chứng minh: <PCQ = 1v.
c.Chứng minh: EF // AB.
Bài 5:(2đ)
Cho a,b,c, là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2
a b c d 1

( )
2
x x 1 1 2 x
: (0,5d)
x 1
x 1
x 1 x 1
x x 1 x 1 2 x
: (0,5d)
x 1
x 1 x 1
x 1 x 1
x x 1
(0,5d)
x 1
x 1
x x 1
(0,5d)
x 1
 
+ +
 ÷
= −
 ÷
+
−
+ −
 
+ + + −
=

−
- 1 > 0
⇔
x x 1 x 1 x 2
0 0
x 1 x 1
+ + − + +
> ⇔ >
− −

(0,75đ)
Do
x 0 x 2 0 x 1 0 x 1.≥ ⇒ + > ⇒ − > ⇒ >
(0,5đ).
Kết hợp với ĐKXĐ
0 x 1≤ <
thì A> 1 (0,25đ)
Bài 2: Giải hệ phương trình
( ) ( )
3 3 2 2 5 5
3 3
5 5 2 2
3 3
x y x y x y
x y 1
x y x y
x y 1

+ + = +


+ =

⇔

+ =


(1) (0,5đ)
⇔
x 0
y 0
=


=

(0,5đ)
(Vì
3 3
x y 1+ =
( )
( )
( )
2 2
x y x xy y 1 x y 0⇒ + − + = ⇒ + ≠
) (0,25đ)
*Với x = 0 thay vào phương trình (1) ta được y =1 (0,25đ)
*Với y= 0 thay vào phương trình (1) ta được x =1 (0,25đ)
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x;y) = (0;1); (1;0) (0,25đ)
Bài 3:


=


(0,75đ)
Vậy với mọi m thì (Dm) luôn đi qua một điểm cố định
1 1
;
3 3
−
 
 ÷
 
( 0,25đ)
b>Với m = -2 thì (Dm) có dạng: - 3y – 1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là
1
3
(0,5đ)
Với m = 1 thì (Dm) có dạng: 3x -1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là
1
3
(0,5đ)
Với m
≠
2 ; m
≠
1.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) lớn nhất khi OI
⊥
(Dm) mà (Dm) cắt Ox tại A
1

1
3
−
I
B
Bài 4:
a.Ta có :<PAC =<PMC = 1v
⇒
Tứ giác APMC nội tiếp trong đường tròn đường kính PC (2đ)
b.
⇒
<MAC = <MPC (cùng chắn cung MC ) (0,75đ)
Tương tự tứ giác QMCB nội tiếp đường tròn đường kính QC nên:
<MBC = <MQC (cùng chắn cung MC) (0,75đ)
⇒
<MPC + <MQC = <MAC + <MBC = 1v (1đ)
⇒
<PQC = 1v (0,5đ)
c> Ta có: <FME = <FCE = 1v (0,25đ)
⇒
Tứ giác EMFC nội tiếp đường tròn đường kính EF
⇒
<FEM = <FCM (cùng chắn cung FM) (0,5đ)
Mà <FCM = <QBM (cùng chắn cung MQ) (0,5đ)
<QBM = <MAB (cùng chắn cung MB) (0,5đ)
Q
E
O
A
B

b
b c 4
+
+ ≥
+

2
c c d
c
c d 4
+
+ ≥
+
(0,5đ)

2
d d a
d a 4
+
+
+
d≥
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 a b c d
a b c d
a b c d(0,5d)

+
−
a. Xác định x để B có nghĩa.
b. Rút gọn B.
c. Tìm x để B là số nguyên.
Câu 2 (1điểm):
Tìm các giá trị của m để 2 đường thẳng y = (m – 1)x + 2 (m
≠
1)
Và y = (3 –m)x + 1 (m
≠
3) song song với nhau.
Câu 3(2điểm): Cho hệ phương trình:
4x my m 6
mx y 2m
− = +


− =


Giải và biện luận hệ phương trình trên.
Câu 4(3điểm): Cho hai đường tròn (O) và (O
’
) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A của các
đường tròn (O) và (O
’
) cắt đường tròn(O
’
) và (O) theo thứ tự tại C và D. Gọi P và Q lần lượt là

≠
3
⇔
x
≠
9 (1điểm).

x

≠
2 x
≠
4
b. B =
2 x 9
( x 3)( x 2)
−
− −
-
x 3
x 2
+
−
+
2 x 1
x 3
+
−
(0,25điểm).
=

∈
z ( B nguyên) thì
x
- 3 phải là ước của 4
⇒

x
-3 =
±
1;
±
2;
±
4.
Tìm được các giá trị thích hợp của x là: 1;4;16;25;49 (1,5 điểm).
Câu 2 (1điểm).
Để y = (m-1)x + 2 và y = (3 - m)x + 1.
Là song song với nhau thì ta có:
m-1 = 3 – m vì 2
≠
1.
⇔
2m = 4
⇒
m = 2.
Vậy với m = 2 thì thoả mãn bài ra ( 1 điểm).
Câu 3(2điểm):
Từ (2) suy ra: y = mx – 2m Thay vào (1) ta được
4x –m(mx – 2m) = m +6.
⇔

2m 3
m 2
+
+
) – 2m = -
m
m 2+
Hệ có nghiệm duy nhất (
2m 3
m 2
+
+
;-
m
m 2+
) ( 1 điểm)
+ Nếu m = 2 thì (3) thoả mãn với mọi x
Khi đó y = mx – 2m = 2x – 4
⇒
Hệ có vố số nghiệm (x, 2x – 4) với x
∈
R.
+ Nếu m = -2 thì (3) trở thành 0x = 4( vô lí).
⇒
Hệ vô nghiệm ( 0,5 điểm)
Câu 4 (3 điểm):
a. Xét
∆
ABC và
∆

∠
ADB.

AC
AD
=
AB
BD
⇒
AQ
PD
=
AB
BD

⇒
∆
BDP ~
∆
BAQ ( c.g.c).

⇒
∠
BDP =
∠
BAQ ( 1điểm).
c.
∠
APD +
∠

x x
−
−
-
x x 1
x x
+
+
):
x 2
x 2
+
−
a, Nêu điều kiện phải có của x và rút gọn biểu thức A
b, Tìm những giá trị của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2. (4đ) Giải phương trình.
a,
x 1
2008
+
+
x 2
2007
+
=
x 3
2006
+
+
x 4

Câu 5. (2đ) Cho 2 số dương x,y có tổng bằng 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
A =
1
x
+
1
y
Đáp án – biểu điểm
Câu 1. (4đ)
Câu a, Lập luận giải kết hợp để tìm điều kiện của A.
( x > 0, x ≠ 1, x ≠ 2) cho (0,5đ)
biến đổi biểu thức trong ngoặc:
2
2
2x 2x
x x
−
−
(0,75đ)
A =
2
2
2x 2x
x x
−
−
.
x 2
x 2
−

Tính x = 2 hoặc x = 6 vi x ≠ 2 nên x =6 . Thì A có giá trị nguyên. (0,5đ)
Câu 2. (4đ)
a,
x 1
2008
+
+
x 2
2007
+
=
x 3
2006
+
+
x 4
2005
+
⇔ (
x 1
2008
+
+1) + (
x 2
2007
+
+ 1) = (
x 3
2006
+

2006
-
1
2005
) = 0 (0,5đ)
⇔ x + 2009 = 0 (0,5đ)
⇔ x = -2009
b,
x 1 4 x 5− + −
+
11 x 8 x 5+ + −
= 4
⇔
x 5 4 x 5 4− + − +
+
x 5 2.4 x 5 16− + − +
= 4 (0,5đ)
⇔
2
(2 x 5)+ −
+
2
(4 x 5)+ −
=4 (0,5đ)
⇔
2 x 5+ −
+ 4+
x 5−
= 4 (x
≥

2
1
y
2
−
=
−
=



Vậy đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định M(-1/2;-1/2)
b, (2đ) Gọi A là điểm của đường thẳng (1) với trục tung
x = 0 ⇒ y =
1
m
do đó OA =
1
m
B là giao điểm của đường thẳng (1) với trục hoành
Y = 0 ⇒ x =
1
m 2+
do đó OB =
1
m 2+
H là khoảng cách từ ) đến đường thẳng (1).
⇒
2
1

Chứng minh được ∆ICK đều .
- Chỉ ra được ∆BIK = ∆BIC (c.g.c). (0,5đ)
⇒
·
ABK
=
·
AKC
= 30
0
(1,5đ)
do đó B,C cùng nhìn AK dưới một góc 30
0
(1đ)
⇒ tứ giác AKCB nội tiếp được (1đ)
b, (2đ)
Chỉ ra được
·
KAC
=
·
KBC
= 20
0

⇒
·
IAC
= 20
0

Vây xy sẽ lớn nhất khi x = y =2,5 (1đ)
Khi đó Min A =
4
5
(0,5đ)

Trường THCS
Câu 1. (4đ) Cho biểu thức A = (
x x 1
x x
−
−
-
x x 1
x x
+
+
):
x 2
x 2
+
−
a, Nêu điều kiện phải có của x và rút gọn biểu thức A
b, Tìm những giá trị của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2. (4đ) Giải phương trình.
a,
x 1
2008
+
+

;
·
IBC
= 10
0
a, Lấy K đối xứng với i qua AC . Chứng minh rằng tứ giác AKCB nội tiếp .
b, Tính
·
AIB
Câu 5. (2đ) Cho 2 số dương x,y có tổng bằng 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
A =
1
x
+
1
y
Đáp án – biểu điểm
Câu 1. (4đ)
Câu a, Lập luận giải kết hợp để tìm điều kiện của A.
( x > 0, x ≠ 1, x ≠ 2) cho (0,5đ)
biến đổi biểu thức trong ngoặc:
2
2
2x 2x
x x
−
−
(0,75đ)
A =
2

Để A nguyên ⇔
8
x 2+
nguyên ⇔ 8
M
(x+2) hay x+2 là Ư
8
(0,5đ)
Vì x > 0 ⇒ x+2 > 2 Do đó x+ 2 = 4; x+2 = 8 (0,5đ)
Tính x = 2 hoặc x = 6 vi x ≠ 2 nên x =6 . Thì A có giá trị nguyên. (0,5đ)
Câu 2. (4đ)
a,
x 1
2008
+
+
x 2
2007
+
=
x 3
2006
+
+
x 4
2005
+
⇔ (
x 1
2008

(0,5đ)
⇔ (x + 2009)(
1
2008
+
1
2007
-
1
2006
-
1
2005
) = 0 (0,5đ)
⇔ x + 2009 = 0 (0,5đ)
⇔ x = -2009
b,
x 1 4 x 5− + −
+
11 x 8 x 5+ + −
= 4
⇔
x 5 4 x 5 4− + − +
+
x 5 2.4 x 5 16− + − +
= 4 (0,5đ)
⇔
2
(2 x 5)+ −
+

x y 0
2x 1 0
− =
+ =
⇔
0
0
1
x
2
1
y
2
−
=
−
=



Vậy đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định M(-1/2;-1/2)
b, (2đ) Gọi A là điểm của đường thẳng (1) với trục tung
x = 0 ⇒ y =
1
m
do đó OA =
1
m
B là giao điểm của đường thẳng (1) với trục hoành
Y = 0 ⇒ x =

h

≥
2; max h =
2
2
⇔ m = -1
Câu 4. (6đ)
a, (4đ)
Chứng minh được ∆ICK đều .
- Chỉ ra được ∆BIK = ∆BIC (c.g.c). (0,5đ)
⇒
·
ABK
=
·
AKC
= 30
0
(1,5đ)
do đó B,C cùng nhìn AK dưới một góc 30
0
(1đ)
⇒ tứ giác AKCB nội tiếp được (1đ)
b, (2đ)
Chỉ ra được
·
KAC
=
·

)
2

≥
0
⇔ x + y
≥
2
xy
Vây xy sẽ lớn nhất khi x = y =2,5 (1đ)
Khi đó Min A =
4
5
(0,5đ)
đề thi học sinh giỏi Toán 9
Bài 1 ( 4 điểm )
Cho biểu thức
= +
+ + +
1 3 2
P -
x 1 x x 1 x - x 1

a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P
Bài2 (4 điểm)
a) Cho đường thẳng
y 2x=
,
1

Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B và C.
Qua A vẽ tiếp tuyến AE, AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF .
a. Chứng minh rằng các điểm E, F luôn nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn
(O) thay đổi .
b. Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh rằng : EK // AB .
c. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố
định khi đường tròn(O) thay đổi.
Bài 5(4 điểm)
a.Giải phương trình nghiệm nguyên: (y+2)x
2
+1=y
2
b. Giải phương trình:

1 1 1 2009 x 2009

1.2 2.3 x(x 1)
2009 x 2010
− +
+ + + =
+
− +
Hướng dẫn chấm:
Bài 1 . a) Điều kiện x ≥ 0 (0.25)

= +
+ + + +
1 3 2
P -
x 1 ( x 1)(x - x 1) x - x 1

 ÷
 


≥ ∀ ≥

1 3
x - x 1 x - 0 x 0

2 4
x 0 x 0
(0.5)
nên
= ≥ ∀ ≥
+
x
P 0 , x 0
x - x 1
(0.25)
P = 0 ⇔ x = 0 . Vậy min P = 0 ( 0.25)
• Ta có
( )
≥ ∀ ≥
2
x - 1 0 , x 0

⇔ x - 2
x
+ 1 ≥ 0
⇔ x -

y 4 x

=
⇔ − − = ⇔

=


. (0.5)
Do đó để điểm M(x
0
; y
0
) với với y
0
= 4x
0
+ 1 là điểm thuộc đường thẳng y = 4x + 1 thoả mãn
yêu cầu bài toán thì ta cần có x
0
≥ 0 và:

2
0
0 0
0
2
0 0
0
1 15

. (0.25)
Bài 3. a. Do a , b, c > 0 và từ giả thiết ta có :
a + b < a + b + c = 4 =>
a b 2 a b 2 a b+ < ⇒ + < +
(1 ) 0,5
Tương tự ta có b + c < 2
b c+
(2) 0.25
a + c < 2
c a+
(3) 0,25
Cộng vế với vế của (1) , (2) , và (3) ta có
( )
( )
2 a b c 2 a b b c a c+ + < + + + + +
0.25
hay
a b b c c a 4+ + + + + >
( ĐPCM) 0,25
b.
2010+x
2
= xy+yz+zx+x
2
= (x+y)(z+x) 0.25
2010+y= xy+yz+zx+y
2
=(x+y)(y+z) 0.25
2010+z
2

AOF (1) 0.5
∠
AOF =
1
2
∠
EOF và
∠
EKF =
1
2
∠
EOF
⇒ ∠
EKF =
∠
AOF (2) 0.5
Từ(1) và(2)
⇒ ∠
AIF =
∠
EKF
Do đó :EK vàAB song song vơí nhau 0.5
3. Cm được A,N,O thẳng hàng và AO
⊥
EF ;
Gọi H là giao điểm của BC và EF .
Ta có :
∆
ANH và

2
-4) = 3 0.5

⇔
(y+2)(x
2
-y+2) = 3 0.25
Suy ra:
y + 2 1 3 -1 -3
x
2
-y+2 3 1 -3 -1
y -1 1 -3 -1
x Loại 0 Loại 0
1 đ
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (0;1),(0;-1) 0.25
b.
1 1 1 1
1
1.2 2.3 x(x 1) x 1
+ + + = −
+ +
0.5

2009 x 2009 1
1
2009 x 2010 2009 x 2010
− +
= −
− + − +

   
+ −
− +
 ÷  ÷
−
− −
   

a) Tìm ĐKXĐ của A. Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
Cõu 2: (5.0 di?m)
Trên mặt phẳng tọa độ cho các đường thẳng (d): 3x – 2y + 3 = 0 và
(d') : 3x + 2y – 9 = 0 cắt nhau tại C và lần lượt cắt trục Ox tại A, B.
a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C.
b) Tìm diện tích và chu vi của tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trên các trục là cm.
Câu 3:(4.0 điểm).
a) Cho biểu thức :

2 2
M x 5x y xy 4y 2014= − + + − +
.
Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó
b) Giải hệ phương trình :
( ) ( )
2 2
x y x y 18
x x 1 .y y 1 72

+ + + =


−
− −
   
=
( x 1)(x x 1) x 1 x( x 1) x
:
( x 1)( x 1) x 1 x 1 x 1
   
+ − + − −
− +
 ÷  ÷
− + − − −
   
(0.5đ)
=
x x 1 x 1 x x x
:
x 1 x 1 x 1
   
− + − − +
−
 ÷  ÷
− − −
   
(0.5đ)
=
x x 1 x 1 x
:
x 1 x 1
− + − +

• C là giao điểm của d và d
/
nên tọa độ của C thỏa mãn hệ :

= +


=

2y 3x 3

2y 9 - 3x
⇔
= +


=

2y 3x 3

4y 12
⇔
=


=

x 1

y 3

y 0
⇔
=


=

x 3

y 0
Vậy B(3 ; 0) (0.5đ)
• Gọi H là hình chiếu của C trên trục Ox thì CH là đường cao của tam giác CAB và CH = 3 cm
( tung độ của điểm C) ; cạnh đáy AB = AO + OB = 1 + 3 = 4 (cm) .
⇒ dt(∆ABC) =
1
2
AB.CH =
1
2
.4.3 = 6 (cm
2
) (1.5đ)
• HA = HO + OA = 1 + 1 = 2 (cm) ⇒ HB = AB - AH = 2 (cm)
⇒ HA = HB = 2(cm) ⇒ tam giác CAB cân tại C (CH vừa là đường cao vừa là trung tuyến) ;
tam giác vuông HCA có :

2= + = + =
2 2 2 2
CA AH HC 3 13
(cm)

( ) ( )
2
1
x 2 y 1 0
2
 
− + − ≥
 
 

x, y∀
(0,25đ)
M 2007⇒ ≥
(0,25đ).
min
M 2007 x 2;y 1⇒ = ⇔ = =
(0,5đ).
• Đặt :
( )
( )
u x x 1
v y y 1
= +



= +


(0,25đ).


(0,25đ).
⇒

( )
( )
x x 1 12
y y 1 6
+ =



+ =


;
( )
( )
x x 1 6
y y 1 12
+ =



+ =


(0,25đ).
Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. (0,5đ).

·
1
ACD
2
=
sđ(
¼
»
AED DF−
) =
1
2
sđ
»
AE
= sđ
·
ADE
(0.5đ)
do đó
·
·
ACD ADE=
và
·
·
EAD DAC=
⇒ DADC (g.g) (0,5đ)
Tương tự:
sđ

2
= AE.AC (1) (0,5đ)
+ ADF ~ ABD ⇒
AD AF
AB AD
=
(0.25đ)
⇒ AD
2
= AB.AF (2) (0.25đ)
Từ (1) và (2) ta có AD
2
= AE.AC = AB.AF (0,5đ)
Câu 5: (1,5 điểm) Ta có :
2 2
1 1
a 0; b 0
2 2
   
− ≥ − ≥
 ÷  ÷
   

∀
a , b > 0 (0,25đ)
1 1
a a 0;b b 0
4 4
⇒ − + ≥ − + ≥
(0,25đ)

a b 2a b 2b a
2
+
⇒ + + ≥ +
(0,25đ)
trường THCS
Đề bài
Bài 1( 4,5điểm): Cho biểu thức: A =
x 1 1
x 4
2 2 2 2
+ +
−
− +
a). Tìm điều kiện củ x để biểu thức A xác định.
b). Rút gọn gọn biểu thức A.
c). Tính giá trị của A khi x = 25.
d). Tìm các giá trị của x để A =
1
3
−
Bài 2(4 điểm): Một đoàn học sinh tổ chức đi tham quan bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 học sinh
thì còn thừa 1 học sinh. Nếu bớt đi 1 ô tô thì có thể phân phối đều các học sinh trên các ô tô còn
lại. Biết mỗi ô tô chỉ trở được không quá 32 người, hỏi ban đầu có bao nhiêu ô tô và có tất cả bao
nhiêu học sinh đi tham quan?
Bài 3 (4 điểm): Cho tam giác MNP cân tại M Các đường cao MD và NE cắt nhau tại H. Vẽ
đường tròn (O) đường kính MH. Chứng minh rằng:
a)E nằm trên đường tròn (O).
b) Bốn điểm M, N, D, E cùng thuộc một đường tròn.
c). DE ⊥ OE.



⇔ − ≠ ⇔ ≠ ⇔
  
≠

 
≠
− ≠


(0,5 điểm)
b). (1,5 điểm): Rút gọn biểu thức A
A =
x 1 1
x 4
2 2 2 2
+ +
−
− +
=
( ) ( ) ( )
x x 2 x 2
( x 2)( x 2)
( x 2) x 2 x 2 x 2
+ −
+ +
− +
− + − +
(0,5 điểm)

x 2−
=
1
3
−
(0,25 điểm)

3 x x 2⇔ =− +
(0,25 điểm)

⇔
4 x 2=
(0,25 điểm)

⇔
1
x
2
=
(0,25 điểm)

⇔
x=
1
4
( T/m điều kiện) (0,25 điểm)
Vậy với x=
1
4
thì A =

Z∈
(0,5 điểm).
Suy ra x - 1 là ước số của 23. (0,5 điểm).
Vì x > 1 nên (x - 1)
{ }
1;23∈

{ }
x 2;24⇔ ∈
. (0,5 điểm).
Vì mỗi ô tô chỉ chở không quá 32 học sinh nên x = 24. (0,5 điểm).
Vậy số ô tô là 24 , số học sinh là 529 em. (0,5 điểm).
Bài 3 (4 điểm): Cho tam giác MNP cân tại M. Các đường cao MD và NE cắt nhau tại H. Vẽ
đường tròn (O) đường kính MH. Chứng minh rằng:
a)E nằm trên đường tròn (O).
b) Bốn điểm M, N, D, E cùng thuộc một đường tròn.
c) DE ⊥ OE.
M

O

E
H
N D P

a). Tam giác HME là tam giác vuông tại E nên nội tiếp đường tròn đường kính MH. Từ đó E
∈

đường tròn (O). (1 điểm)
b). Các tam giác MDN và MEN là các tam giác vuông có chung cạnh huyền MN nên 4 điểm

(0,25 điểm)
Suy ra góc HCD = 60
0
. (0,25 điểm)
Tam giác HCD vuông tại H có góc HCD = 60
0
nên góc HDC = 30
0
. (0,25 điểm)
Suy ra HC =
1
2
CD =
1
2
.2BC = BC. (0,25 điểm)
Suy ra tam giác HCB cân
⇒
góc HBC = 30
0
. (0,25 điểm)
Tam giác HBD có góc HBC = góc HDC = 30
0

⇒
tam giác HBD cân (0,25 điểm)
⇒
HB = HD (1) (0,25 điểm)
Tam giác HAB có: góc HAB = góc HBA = 15
0

= 3
3
(cm). (0,5 điểm)
Bài 5 ( 3,5 điểm):
Ta có : Q =
( )
2
2 2
a b 2ab
a b
a b a b
− +
+
=
− −
( 0,5 điểm)
= a - b +
4
a b−
. ( 0,5 điểm)
Vì a > b nên a - b > 0 . áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
Q = (a - b) +
4
a b−

( )
( )
4
2 a b .
a b