 
 
!"#$%&'
Thời gian làm bài: 120 phút
() (3 điểm). Cho biểu thức A =
2 2
1
1 1
x
x
x x
− −
−
− +
.
1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.
3. Khi x thoả mãn điều kiện xác định. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B, với B = A(x –
1).
() (2 điểm). Cho phương trình bậc hai sau, với tham số m.
x
2
– (m + 1)x + 2m – 2 = 0 (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 2.
2. Tìm giá trị của tham số m để x = -2 là một nghiệm của phương trình (1).
() (1,5 điểm). Hai người cùng làm chung một công việc thì sau 4 giờ 30 phút họ làm xong.
Nếu một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình người thứ hai làm trong 3 giờ thì
cả hai người làm được 75% công việc.
Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu sẽ xong công việc? (Biết rằng năng suất
làm việc của mỗi người là không thay đổi).
() (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng

x
≥


≠

0,50

( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1 1
x x x
A
x x
+ − − −
=
− +
0,50

( ) ( )
1 1
x x
x x
−
=
− +
0,25
( )
1

(2,0đ)
1.
(1,00đ)
Khi m = 2, phương trình (1) trở thành x
2
- 3x + 2 = 0 0,25
∆ = 1 ( Hoặc nhận thấy a + b + c = 0 )
0,25
Nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 2 0,50
2.
(1,00đ)
Vì x = -2 là nghiệm của phương trình (1) nên
(- 2)
2
- (m + 1)(-2) + 2m - 2 =0 (*)
0,50
(*) ⇔ 4m + 4 = 0
⇔ m = - 1 . Vậy m= -1
0,50
III.
(1,5đ)
Gọi x là thời gian người thứ nhất một mình hoàn thành công việc .
Gọi y là thời gian người thứ hai một mình hoàn thành công việc .
( x > 0, y > 0, đơn vị của x,là giờ )
Người thứ nhất làm trong thời gian 1 gìờ được 1/x công việc .
Người thứ hai làm trong thời gian 1 giờ được 1/y công việc .
0,25
Vì hai người cùng làm sẽ hoàn thành công việc trong thời gian 4giờ
30 phút nên
1 1 2

9
12
1 5
4 3 3
36
4
x y
x
y
x y


+ =
=


 
⇔
 
 
=
+ =
 


0,50
12
36
5
x

IDB
+
·
180IHB = °
0,25
Vậy tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn 0,25
2.
(1,25đ)
· ·
»
1
AD
2
EDA DBA sd
 
= =
 ÷
 
0,50
·
·
DEI DBA=
( cùng bù
·
DIH
) 0,50
Do đó
·
·
EDI DIE=

0,25
Hết
'IJ
3,K L&M*N*

-.$/"$#$0. Môn thi: '
Thời gian: ?$O# ( không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: PQP
4

3A%&RSTC%DEU
Giải các phương trình sau:
a) 3(x – 1) = 2+x b) x
2
+ 5x – 6 = 0
3A%&RSC%DEU
a) Cho phương trình x
2
– x + 1 – m ( m là tham số ).
Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có nghiệm.

b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình ax + 2y = 2
bx – ay = 4
có nghiệm (
,2
-
2
).
3A%M&RSTC%DEU
Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2

a) 3(x – 1) = 2 + x <=> 3x – 3 = 2 + x <=> 2x = 5 <=> x = 2,5
b) Ta có a + b + c = 1 + 5 +(-6) = 0 => x
1
= 1 ; x
2
= -6
Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x
2
– x + 1 – m = 0 ( m là tham số ).
Để phương đã cho có nghiệm thì
∆
= 0 <=> (-1)
2
– 4(1 – m) = 0 <=> 1 – 4 + 4m = 0
<=> m =
3
4

b) Hệ phương trình
ax 2y 2
bx ay 4
+ =


− =

có nghiệm (
2
; -
2

Ta có phương trình:
90
x 2−
-
90
x
=
1
2
<=> 2.90.x – 2.90(x – 2) = x(x – 2)
<=> x
2
– 2x – 360 = 0 => x
1
= 20 ; x
2
= -18 (loại)
Vậy số xe được điều đến chở hàng là 20 xe
Bài 4: (3,0 điểm)
a) Chứng minh tứ giác BC’B’C là tứ giác nội tiếp:
Ta có
·
·
, , 0
BC C BB C 90= =
(gt)
Hay góc B’ ; góc C’ nhìn đoạn BC dưới một góc bằng 90
0

=> BC’B’C nội tiếp trong đường tròn đường kính BC


<=>
¼
»
AM AN=
<=> AM = AN
c) AM
2
= AC’.AB:
Xét
∆
ANC’ và
∆
ABN có:
·
·
ANC ABN
′
=
(góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau); Và
·
NAB
: chung
=>
∆
ANC’=
∆
ABN =>
AN AC
AB AN

2
- 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0)
⇒
b
2
< 4ac
⇔
2bc - c
2
< 4ac
⇔
4a > 2b-c
⇔
a+b+c > 3b - 3a
⇔

ab
cba
−
++
> 3 (Đpcm)
7
3W 
'IJ Năm học : 2010 -2011
X&'
567 Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
3A%: (2 điểm)
1) Giải phương trình:
xxxx 3232
22

=
x
x
x
x
x
B
1
2
1
1
:
1
2
với x
≥
0,x
≠
1.
a) Rút gon biểu thức B.
b) Tìm giá trị của x để biểu thức B = 5.
3A%M: (1,5 điểm)
Cho phương trình:
( )
0
2
1
12
22
=+++− mxmx

Hết
Họ tên thí sinh:………………………………………Số báo danh…………
Họ tên và chữ ki giám thị
……………………………………… …………………………………………

8
''X'
Bài 1 Ý

NỘI DUNG Điểm
2đ 1
Giải PT: 2x
2
+
3
x = x
2
+2
3
x
 x
2
-
3
x = 0  x(x-
3
) = 0
Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x
1
= 0 ; x



=+
=+
23
82
ba
ba




=+−
−=
2)6(3
6
b
a




=
−=
20
6
b
a
0,5
0,5

+
+








−
−
x
x
x
x
x
1
2
1
1
:
1
2
=
( )
x
xx
x
xx

b) Tìm các giá trị của x để biểu thức B = 5
Ta có : B = 5  x -
x
+2 = 5  x -
x
-3 = 0
Với x
0
≥
và x
≠
1 đặt t =
x
, => : t
≥
0
Ta có p/t : t
2
–t -3 = 0 (
∆
=13>0 =>
13=∆
)
Do đó p/t có hai nghiệm t =
2
131+
( nhận ) ,t =
2
131−
( loại )




+
2
1
2
m
= 4m -1
P/t (1) có hai nghiệm phân biệt khi
∆
>0
 4m -1>0 m>
4
1

0,25
0,25
0,25
9
0,5
2 Với giá trị nào của m thì p/t (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
sao cho
biểu thức M =(x
1
-1)(x
2

mxx
Vây M =(x
1
-1)(x
2
-1) =m
2
-2m +
2
1
=
( )
2
1
2
1
1
2
≥−−m
Vậy m đạt giá trị nhỏ nhất là
2
1−
khi m- 1=0  m=1 ( thỏa mãn điều kiện
m>
4
1
0,25
0,25
0,25
3A%V8

(1)
·
APB
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )=>
·
CPB
= 90
0
(2)
Từ (1) và (2) =>
·
·
0
180COP CPB+ =
Suy ra OBPC là tứ giác nội tiếp .

0,25
0,25
0,5
2)
Chứng minh
BDO CAO
∆ ∞∆
Tam giác BDO và tam giác CAO là hai tam giác vuông
Có
·
·
BDO CAO=

Tương tự
∆
DPC đồng dạng với
∆
DOB ( hai tam giác vuông có góc nhọn
D chung )
=>
·
·
IDP DPI=
( Vì cùng phụ với
·
DBO
)
Do đó
∆
PID cân tại I cho ta ID = IP (**)
Từ (*) &(**) => I là trung điểm của CD
0,5
0,5
3A%T
RCU
Cần chứng minh p/t ( a
4
–b
4
) x
2
-2(a
6

• khi a = b thì p/t cho có dạng 0x = 0 => p/t cho có vô số
nghiệm số với mọi x
∈
R (1)
• Khi a= -b ta có p/t : 4a
6
x = 0  x = 0 khi a
≠
0 (2)
• Khi a = 0 thì p/t có dạng 0x = 0
∀
x
∈
R. (3)
Từ (1) ,(2) và (3) => P/ T cho luôn có nghiệm với a =b hay a = -b (*)
Khi a
±≠
b thì p/t cho có
∆
= a
6
b
4
(b-a)
2

≥
0
Vậy khi a
±≠

-3x+4 = 0. B. x
2
-3x-3=0. C. x
2
-5x+3 = 0. D. x
2
-9 = 0.
()M. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên R ?
A. y=-5x
2
. B. y=5x
2
. C.
( 3 2)y x=
. D. y=x-10
()V8 Phơng trình
2
4 0x x m+ + =
có nghiệm chỉ khi
A. m

- 4 B. m < 4. C.m

4. D. m > - 4
()T.Phơng trình
3 4x x+ =
có tập nghiệm là
A.
{ }
;1 4

. B. 6 cm. C.
2
cm

. D. 2cm
Phần II-Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 CiDm)Cho biểu thức
2
.
1 1 2
x x
P
x x x x

= +
ữ
ữ
+ + +

với x

0 và x

1
1) Rút gọn biểu thức P .
2) Chứng minh rằng khi
3 2 2x = +
thì P =
1
2

2) Kẻ hai đờng kính AB và CD khác nhau của (O;R). Các đờng thẳng BC và BD cắt đờng
thẳng d lần lợt tại P và Q .
a, Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp
b, Chứng minh
3 2 4BQ AQ R >
Câu 5 . (1,0 CiDm)
Tìm tất cả các cặp số (x;y) thoả mãn điều kiện 2
( 4 4)x y y x xy + =
12
Hớng dẫn giải
I/ Phần Trắc nghiệm : 1.A 2.B 3.D 4.C 5.D 6.C 7.B 8.A
II/Phần Tự luận
Câu1: 1) P =
1x
x
2) x = 3 + 2
2
= (
2
+ 1 )
2
suy ra P =
222
12
+
+
=
2
1
Câu 2 : 1) Ta có 4 = 2.1 + 2m + 1 suy ra m = 0,5


ABAQBQABAQBQBQ .85.849
222
>+>
BABHABBHABPQABAQPQAQABAQBQBQ > 222.8.4.845
22
(luôn
đúng Với H là trung điểm của PQ )
Câu 5 : Đk x
4;4 y
PT
04444 =+ xyxyxyyx

0)4444()4444( =++ yyxxxy

0)24()24(
22
=+ yxxy
( Vì x > 0 và y >0 )



024 =x


x=8

024 =y
y=8
Vậy có duy nhất cặp số (x;y) = (8;8) thoả mãn ycbt

.x
2
.
b) Giải phương trình : = .
c) Giải bài toán bằng cách lập phương trình :
Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 13 cm .Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn
kém nhau 7 cm.Tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.
3A%V& ( 3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O ; R) đường kính AB. Vẽ bán kính OC vuông góc với
AB.Gọi K là điểm nằm giữa hai điểm B và C. Tia AK cắt đường tròn (O) ở M .
a) Tính số đo các góc : ACB , AMC.
b) Vẽ CI vuông góc AM ( I thuộc AM) .Chứng minh tứ giác AOIC là tứ giác nội
tiếp.
c) Chứng minh hệ thức AI.AK = AO.AB.
d) Nếu K là trung điểm của CB . Tính tgMAB
Hết
12_
3A% 8C%DE
14
H
I
M
C
O
A
B
K
+ Vì độ dài cạnh huyền bằng 13 cm nên
ta có phương trình: x
2

−
x
x
=
2
2
−
−
x
x
= 1( vì x> 2  x -2 > 0)
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
3A%V MSTC%DE
Hình vẽ phục vụ câu a
Hình vẽ phục vụ câu b,c
0.25
025
3B% SC%DE
a) + ACB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đườn
tròn)
+ CMA = COA = .90
0

0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
0.25
c) + Trong tam giác vuông ACK ta có :
AC
2
= AI.AK (1) ( hệ thức lượng trong tam
giác vuông)
+Trong tam giác vuông ACB ta có:
AC
2
= AO.AB (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra hệ thức cần chứng
minh.
d) Kẻ KH
⊥
AB => KH // OC.
Nếu K là trung điểm BC thì KH là đường
trung bình của tam giác COB
suy ra : KH = =
và OH = =
Do đó: AH = R + = .
+Tam giác AKH vuông tại H
=> tgMAB = tgKAH = = :=
0.5
0.25
0.25



=⇔=+
=
303
0
xx
x
+ x = 0 và x= 3 đều thỏa mãn điều kiện
+ Vậy pt có tập nghiệm là : S =
{ }
3;0
c) +Gọi x(cm) là độ dài cạnh góc vuông
lớn (ĐK : 7 < x < 13)
=> độ dài cạnh góc vuông nhỏ là : x-7(cm)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
15
3W'd 
'IJ Năm học : 2010 -2011
X&'
567 Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
BÀI 1: ( 3Đ) (Không dùng máy tính cầm tay)
a)Rút gọn biểu thức: A =
5( 20 3) 45− +

+ x
1
.x
2
= 1.
BÀI 3: (2Đ)
Cho hàm số y = mx – m + 2 có đồ thị là đường thẳng (d
m
).
1.Khi m = 1 , hay x vẽ (d
1
).
2.Tìm toạ 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
m
) khi m thay đổi.
BÀI 4: (4Đ)
Cho hình vuông cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng vuông
góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K.
1.Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh: KM ⊥ DB.
3.Chứng minh: KC . KD = KH . KB.
4.Kí hiệu S
ABM
, S
DCM
là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM. Chứng minh tổng (S
ABM

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 .
+ Với t = 4 suy ra : x
2
= 4 ⇔ x = ±2 .
Vậy S = {±1 ; ±2} . (0,5đ)
Bài 2 : a = 1 , b’ = -(m+1) ; c = m
2
– 1 .
∆’ = b’
2
– a.c = (m+1)
2
– 1. ( m
2
– 1)
= m

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 m = 0.
Bài 3 : Cho hàm số y = mx – m + 2 (d
m
)
1.Khi m = 1 thì (d
1
) : y = x + 1.
Bảng giá trị :
x -1 0
y = x + 1 0 1
Vẽ : Đồ thị hàm số y = x + 1 là 1 đường thẳng đi qua hai điểm (-1 ; 0) và (0 ; 1).
(HS vẽ đúng đạt 1đ)
2. Gọi A(x
A

 
− = =
 
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)
+Nếu H không trùng A thì ta có tam giác AMH vuông tại H
=> HM < AM =
26
(2)
Từ (1)(2) suy ra MH ≤
26
Vậy, khoảng cách lớn nhất từ M đến (d
m
) khi m thay đổi là
26
(đvđd).
Bài 4:
K
H

AB BM a BM=
S
DCM
=
1 1
. . . .
2 2
DC CM a CM=
=> S
ABM
+ S
DCM
=
2
1 1
. ( )
2 2
a CM BM a+ =
không đổi .
Ta có: S
2
ABM
+ S
2
DCM

=
( )
( )
2 2

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

đạt giá trị nhỏ nhất thì BM = a/2 hay M là trung điểm BC.
GTNN lúc này là
4
8
a
18
3e 
'IJ Năm học : 2010 -2011
X&'
567 Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
L'N
3A%(2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức
A ( 20 45 3 5). 5= − +
b) Tính

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
·
·
BMN MAB=
b) Chứng minh rằng IN
2
= IA.IB
c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB tại P. Chứng
minh rằng MN song song với QP.
BÀI GIẢI
3A%&RC%DEU
a) Rút gọn biểu thức
( 20 45 3 5). 5A = − +
=
(2 5 3 5 3 5) 5 10= − + =
b) Tính B =
2
( 3 1) 3 3 1 3 1− − = − − = −
3A%&RC%DEU 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)

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

19
3
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

·
·
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.
=>
·
·
·
BAP BQP QNM= =
(góc nội tiếp và góc chắn cung)
mà
·

6 2 9
x y
x y
+ = −


− =

d)
2
2 2 2 1 0x x− − =

3A%&RSTC%DEU
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
2
x
y = −
và đường thẳng (D):
1
1
2
y x= −
trên cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.

3A%M&RSTC%DEU
Thu gọn các biểu thức sau:
12 6 3 21 12 3A = − + −
2 2

a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra
K là trung điểm của MP.
d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện
tích lớn nhất.
Hết
3_
21
3A%&RC%DEU
a)
2
2 3 2 0x x− − =
(1)
9 16 25
∆ = + =

(1)
3 5 1 3 5
2
4 2 4
x hay x
− − +
⇔ = = = =
b)
4 1 (1)
6 2 9 (2)
x y
x y
+ = −

4 13 3 0x x− + =
(3), đđặt u = x
2
,
phương trình thành : 4u
2
– 13u + 3 = 0 (4)
(4) có
2
169 48 121 11∆ = − = =

13 11 1 13 11
(4) 3
8 4 8
u hay u
− +
⇔ = = = =
Do đó (3)
1
3
2
x hay x⇔ = ± = ±
d)
2
2 2 2 1 0x x− − =
(5)
' 2 2 4∆ = + =
Do đó (5)
2 2 2 2
2 2

.
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2
1
1 2 0
2 2
x
x x x
−
= − ⇔ + − =
1 2x hay x⇔ = = −
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −
 ÷
 
.
3A%M&

12 6 3 21 12 3A = − + −

2 2
(3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3= − + − = − + −
3=


⇒ B = 10.
3A%V&a)
( )
2
2 2 2
3 1 8 4 4 2 5 ( 1) 4 0m m m m m m m∆ = + − − + = + + = + + > ∀
Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Ta có x
1
+ x
2
= 3m + 1 và x
1
x
2
= 2m
2
+ m – 1
A=
2 2
1 2 1 2
3x x x x+ −

( )
2
1 2 1 2
5x x x x= + −
2 2
(3 1) 5(2 1)m m m= + − + −


o
EAO APM PMQ 90= = =
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường
chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ
nên I là trung điểm của AM.
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng
hàng.
c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc
bằng nhau là
·
·
AOE ABM=
, vì OE // BM
=>
AO AE
BP MP
=
(1)
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số
KP BP
AE AB
=
(2)
Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
Cách 2 : Ta có

MO OP R (x R) 2Rx x− = − − = −
Ta có: S = S
APMQ
=
2 3
MP.AP x 2Rx x (2R x)x= − = −
S đạt max ⇔
3
(2R x)x−
đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max
⇔
x x x
. . (2R x)
3 3 3
−
đạt max
Áp dụng (*) với a = b = c =
x
3

Ta có :
4
4
4
x x x 1 x x x R
. . (2R x) (2R x)
3 3 3 4 3 3 3 16
 
− ≤ + + + − =
 ÷

9
3 3
x x x
x
x x
+
+ −
−
+ −
, với x
≥
0 và x
≠
9.
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm giá trị của x để A = 1/3
3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
3A%  (2,5 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 chiều rộng 7 m.
Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.
3A%  (1,0 điểm)
Cho parabol (P): y = -x
2
và đường thẳng (d): y = mx – 1.
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm
phân biệt.
2) Gọi x
1
, x

4) Cho biết DF = R, chứng minh tg
·
AFB
= 2.
3A% ( 0,5 điểm)
Giải phương trình: x
2
+ 4x + 7 = (x + 4)
2
7x +
Họ tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:…………………………………
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:
24
567
SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO ÑAÙP AÙN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học 2010 – 2011
25

Trích đoạn THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYấN Năm học 2010-

---