THI TH 1
Th i gian:120 phut
Bài 1: Cho biểu thức: P =
( )









+








+
+



1
122
:
11

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
Rzyx

,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
x
10

2

+
=


x
x
x
x
b. P =
1
2
1
1
1

+=

+
xx
x
Để P nguyên thì
)(121
9321
0011
4211
Loaixx
xxx
xxx

2
mxx
mmxx
mmm

3
2
1
0)3)(2(
025
<







<
>+
>=
m
m
mm
b. Giải phơng trình:
( )
50)3(2
3
3
=+ mm

(0<y<900)
Theo bi ra ta cú phng trỡnh : x+y=900 (1)
Thỏng 2 t 1 vt mc 15% nờn t 1 sn xut c l :115x/100
Thỏng 2 t 2 vt mc 10% nờn t hai sn xut c l :110x/100
Theo bi ra ta cú phng trỡnh : 115x/100 +110x/100 = 1010 (2)
T (1) v (2) ta cú h
Gii ra ta c x=400 v y=500 tha man
Bài 4
a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình
hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên
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

AHB = 180
0

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên

PAB =

PHB
Mà

PAB =

DAB do đó:

PHB =

DAB
Chứng minh tơng tự ta có:

CHQ =

DAC
Vậy

PHQ =

PHB +

BHC +


=>
( )
0
=
++
++
+
+
zyxz
zzyx
xy
yx

H
O
P
Q
D
C
B
A
( )
( )
( )
( )( )
0)(
0
)(
0
11

yz
Ta cã : x
8
– y
8
= (x + y)(x-y)(x
2
+y
2
)(x
4
+ y
4
).=
y
9
+ z
9
= (y + z)(y
8
– y
7
z + y
6
z
2
- + z
8
)
z

x
A ;x , x
x
x x
= + + ≥ ≠
−
− +
1 1
0 4
4
2 2
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x= 25.
3. Tìm giá trị của x để
A
−
=
1
3
.
Câu 2: (2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ
thứ hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng
trong một ngày tổ thứ nhất may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo.
Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao nhiêu chiếc áo?
Câu3: (1,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x):
( )
x m x m

Giải phương trình:
( )
x x x x x x
− + + + = + + +
2 2 3 2
1 1 1
2 2 1
4 4 2
.
HƯỚNG DẪN GIẢI 2
CÂU NỘI DUNG
ĐIỂM
1 2,5đ
1.1 Rút gọn biểu thức
Đặt
y x x y ; y , y
= ⇒ = ≥ ≠
2
0 2
Khi đó
y
A
y y
y
= + +
− +
−
2
2
1 1

x
A
x
=
−2
0,5
1.2 Tính giá trị A khi x= 25
Khi x = 25
A
⇒ = =
−
25 5
3
25 2
0,5
1.3 Tìm x khi
A
−
=
1
3
y
A
y
y y
y
y x x
− −
= ⇔ =
−

y
= −
− =


⇔
 
+ =
+ − =


= −

⇔

− =

=

⇔

=

10
10
3 5 1310
3 5 10 1310
10
8 50 1310
170

2 1 0
2
0,25
Theo định lý Viét
( )
b
x x m
a
c
x x m
a
−

+ = = +




= = +


1 2
2
1 2
2 1
2
( )
( )
( )
x x x x x x

2 8 10 0
5
Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
0,25
4 3,5đ
4.1 1đ
(Thích h p k)ợ đ
(lo i)ạ
Vẽ đúng hình và ghi đầy đủ giả thiết kết luận
0,5
Do AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O)
·
·
ACO ABO⇒ = = °90
⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp được.
0,5
4.2 1đ
AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O) ⇒ AB =AC
Ngoài ra: OB = OC = R
Suy ra OA là trung trực của BC ⇒
OA BE
⊥
0,5
∆OAB vuông tại B, đường cao BE
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
OE.OA OB R= =
2 2
0,5
4.3 1đ
PB, PK là 2 tiếp tuyến kẻ từ P đến (O) nên PK = PB

4
4
0,5
Cách 2
Gọi H là giao điểm của OA và (O), tiếp tuyến tại H với (O) cắt
AM, AN tại X, Y.
Các tam giác NOY có các đường cao kẻ từ O, Y bằng
nhau ( = R)
⇒ ∆NOY cân đỉnh N ⇒ NO = NY
Tương tự ta cũng có: MO = MX
⇒ MN = MX + NY.
Khi đó: XY + BM + CN = XB + BM + YC + CN = XM +
YN = MN
Mặt khác
MP + NQ = MB + BP + QC + CN = MB + CN + PQ
≥
MB +
CN + XY = MN
0,5
5 0,5đ

( )
( ) ( )
PT x x x x x x
   
⇔ − + + = + + = + +
 ÷  ÷
   
2
2 2 2

PT x x x x
x x x x
x x x
x
x
x
x
 
⇔ − + + = + +
 ÷
 
 
⇔ + + = + +
 ÷
 
   
⇔ + = + +
 ÷  ÷
   
 −

+ =
=


⇔ ⇔


=
+ =

2
0,25

ĐỀ THI THỬ 3
Thời gian:120 phút
Bài 1. (1,5điểm).
2. Cho biểu thức P =
a + a a - a
+1 -1
a +1 a -1
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
với
a 0; a 1≥ ≠
.
a) Chứng minh P = a -1.
b) Tính giá trị của P khi
a = 4 + 2 3
.
c)Tinh a khi P<1/2
Bài 2. (2,5 điểm).Cho phuong trinh trình x
2
- 5x - m + 7 = 0
1. Giải phương trình khi m=-1
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2

.
c) Cho SO = 2R và MN =
R 3
. Tính diện tích tam giác ESM theo R.
Bài 5. (1,0 điểm).
Giải phương trình
2
2010 - - 2008 - 4018 + 4036083+ = xx x x
HUỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN 3
Tóm tắt cách giải Biểu
điểm
Bài 1 : (1,5 điểm)
Bài 1.1 (0,5 điểm)
3 2 -4 9 . 2 = 3 2 -12 2 = -9 2

Bài 1.2. (1,0 điểm)
a) Chứng minh P = a - 1:
P =
a + a a - a
+1 -1
a +1 a -1
  
 ÷ ÷


−
5x + 6 = 0
Ta có
25 24 1∆ = − =
Tính được : x
1
= 2; x
2
= 3
2. (1,0 điểm)
Ta có
=25 4( m 7)∆ − − +
= 25 + 4m
−
28 = 4m
−
3
Phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
;x x

⇔

∆=
4m
−
3
≥
0

a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d) :
Bảng giá trị tương ứng:
x -2 -1 0 1 2
y = -x + 2 4 3 2 1 0
y = x
2
4 1 0 1 4
b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương
trình :
x
2
+ x -2 = 0 ; Giải phương trình ta được x
1
= 1 và x
2
= -2
Vậy tọa độ giao điểm là (1 ; 1) và (-2 ; 4)
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 3 (1,5 điểm)
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là x (h)
và thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là y (h).
Điều kiện : x , y > 5.
Trong một giờ, vòi thứ nhất chảy được
1
x
bể.
Trong một giờ vòi thứ hai chảy được
1



Giải hệ phương trình ta được x = 7,5 ; y = 15 ( thích hợp )
Trả lời : Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là
7,5 (h) (hay 7 giờ 30 phút ).
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là 15 (h).
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 4 (3,5 điểm)
Vẽ hình đúng
a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một đường tròn :
Ta có SA = SB ( tính chất của tiếp tuyến)
Nên
∆
SAB cân tại S
Do đó tia phân giác SO cũng là đường cao
⇒
SO
⊥
AB
I là trung điểm của MN nên OI
⊥
MN
Do đó
·
·
SHE SIE 1V= =
⇒
Hai điểm H và I cùng nhìn đoạn SE dưới 1 góc vuông nên tứ

E
H
A
I
M
B
S
O
N
c) Tính được OI=
2
R R
OE 2R
2 OI
⇒ = =

3R
EI OE OI
2
⇒ = − =
Mặt khác SI =
2 2
R 15
SO OI
2
− =
R 3( 5 1)
SM SI MI
2
−

( )
( )
2
2 2
a + b 2 a + b≤
với mọi a, b
Ta có :
( )
( )
2
2010 x x 2008 2 2010 x x 2008 4− + − ≤ − + − =
( )
12010 x x 2008 2⇒ − + − ≤
Mặt khác
( )
( )
2
2
2x 4018x 4036083 x 2009 2 2− + = − + ≥
Từ (1) và (2) ta suy ra : (*)
( )
2
2010 x x 2008 x 2009 2 2⇔ − + − = − + =

( )
2
x 2009 0 x 2009⇔ − = ⇔ =
( thích
hợp)
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2009

3
với x

0 và x

1
c/. Tinh P khi x=0,25
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 : Gii bi toỏn bng cỏch lp phng trỡnh:
Cho s t nhiờn cú hai ch s, tng ca ch s hng chc v ch s
hng n v bng 14. Nu i ch ch s hng chc v hng n v cho
nhau thỡ c s mi ln hn s ó cho 18 n v. Tỡm s ó cho.
Câu 4: Cho
ABCV
cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D
không trùng với A, B). Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp
BCDV
. Tiếp tuyến của
(O) tại C và D cắt nhau ở K .
a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp.

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

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

x
< x +
x
+ 1 ; ( vì x +
x
+ 1 > 0 )

x - 2
x
+ 1 > 0

(
x
- 1)
2
> 0. ( Đúng vì x

0 và x

1)
Câu 2:a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi



0.

(m - 1)
2
m
2

m


3(
1
2
m
)
2
= m
2
3

m
2
+ 6m 15 = 0

m = 3

2
6
( thõa mãn điều kiện).
Câu 3: Gi x l ch s hng n v .
Ch s hng chc ca s ú l: 14 x
K: 0 < x
N

9
S cn tỡm c vit di dng a thc: 10(14 x) + x = 140 9x
Khi i ch hai ch s hng chc v hng n v cho nhau ,ta cú s

sđ
ằ
EC
=
1
2
sđ
ằ
BD
=
ã
DCB
Nên
ã
ã
BCD BAC=
Dựng tia Cy sao cho
ã
ã
BCy BAC=
.Khi đó, D là giao điểm của
ằ
AB
và Cy.
Với giả thiết
ằ
AB
>
ằ
BC

0; 0
4 4
a a b b + +

1 1
( ) ( ) 0
4 4
a a b b + + +


a , b > 0
1
0
2
a b a b + + + >
Mặt khác
2 0a b ab+ >

Nhân từng vế ta có :
( ) ( )
( )
1
2
2
a b a b ab a b

+ + + +

Bi 2. Cho phng trỡnh: x
2
+ 2(m + 3)x + m
2
+ 3 = 0 (m l tham s)
1) Tìm m để phương trình có nghiệm kép? Hãy tính nghiệm kép đó.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
– x
2
= 2
Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành
thì 1 xe phải điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều
hơn 0,5 tấn hàng so với dự định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận
chuyển. (biết khối lượng hàng mỗi xe chở như nhau)
Bài 4: Cho đường tròn tâm O có các đường kính CD, IK (IK không trùng
CD)
1. Chứng minh tứ giác CIDK là hình chữ nhật
2. Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tâm O thứ tự ở G;
H
a. Chứng minh 4 điểm G, H, I, K cùng thuộc một đường tròn.
b. Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí của G và H khi diện tích tam
giác DGH đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5: Các số
[ ]
a,b,c 1;4

x(2 x 1)−
.
2. P = 0
⇔

x(2 x 1)−

⇔
x = 0 , x =
4
1
Vì x = 0 không thỏa đk x>
0 nên loại . Vậy P = 0
⇔
x =
4
1
.
Bài 2. (2điểm) x
2
+ 2(m + 3)x + m
2
+ 3 = 0 (1)
1) Phương trình (1) có nghiệm kép
'
0⇔ ∆ =

( )
( )
2

6m 6 0
⇔ + ≥
m 1
⇔ ≥ −
Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x
1
+ x
2
= – 2(m + 3) ; P = x
1
. x
2
= m
2

+ 3
Từ x
1
– x
2
= 2 suy ra: ( x
1
– x
2
)
2
= 4
⇔
( x
1

( thoả mãn
m 1
≥ −
)
Vậy x
1
– x
2
= 2
5
m
6
⇔ = −

Bài 3:
Gọi số xe thực tế chở hàng là x xe ( x
∈
N
*
) thì số xe dự định chở hàng là x
+1 ( xe ).
Theo dự định mỗi xe phải chở:
15
x 1+
( tấn )
Nhưng thực tế mỗi xe phải chở :
15
x
( tấn )
Ta có phương trình :

∠
ICD =
∠
IKD ( t/c góc nội tiếp)
Mặt khác ta có :
∠
G =
∠
ICD ( cùng phụ với
∠
GCI )




G =

IKD Vy t giỏc GIKH ni tip.
b) Ta cú : DC

GH ( t/c)


DC
2
= GC.CH m CD l ng kớnh, nờn di CD khụng i .


GC. CH khụng i.
din tớch

2


6 b + 8
3.c
2


9c +12
Suy ra: a
2
+2.b
2
+3.c
2


3.a +4+6 b + 8+9c +12
a
2
+2.b
2
+3.c
2

36 ( vỡ a +2b+3c

4 )
THI TH 6
Bi 1: Cho biểu thức

x
x
x
x
x
x
xx
với x > 0 và x 1
1) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3
3) Tim x A>0
Bài 2: Cho phơng trình x
2
- 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1)
a. Chứng minh phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b. Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phơng trình (1) mà
không phụ thuộc vào m.
c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x
2
1
+ x
2
2
(với x
1
, x
2
là nghiệm của ph-
ơng trình (1)
B i 3 : Giải bài toán bằng cách lập phơng trình

c
cb
b
ba
a
DAP AN 6
Câu 1 Ta có: A =









+












+








+
++
11
)1(
:
1
1
)1)(1(
)1)(1(
x
x
x
xx
x
x
xx
xxx
=






=
1
:
1
11

++
x
x
x
xxx
=
1
:
1
2

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


=
=+
3
)1(2
21
21
mxx
mxx
=>



=
=+
622
22
21
21
mxx
mxx

<=> x
1
+ x
2
2x
1
x
2
4 = 0 không phụ thuộc vào m


VậyP
min
=
4
15
với m =
4
5

+
x
- 2 = 0 => x = 2/3
Bài 4: Vẽ hình đúng viết giả thiết kết luận
a. Sđ

CDE =
2
1
Sđ DC =
2
1
Sđ BD =
BCD

=> DE// BC (2 góc vị trí so le)
b.

APC =
2

(vì DE//PQ) (1)
FC
DE
=
QC
QE
(vì DE// BC) (2)
Cộng (1) và (2) :
1==
+
=+
CQ
CQ
CQ
QECE
FC
DE
PQ
DE
=>
DEFCPQ
111
=+
(3)

ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ
Thay vào (3) :
CECFCQ
111
=+

<
cba
ab
++
+
(2)

cba
c
++
<
ac
c
+
<
cba
bc
++
+
(3)
Cộng từng vế (1),(2),(3) :
1 <
ba
a
+
+
cb
b
+
+

mọi giá trị của m.
2/. Tìm m để phơng trình (1) có một nghiệm bằng 3 và tính nghiệm kia.
3/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm đối nhau.
Cõu 3(2,0 im) : Hai ngi th cựng lm mt cụng vic trong 16 gi thỡ
xong. Nu ngi th nht lm 3 gi v ngũi th hai lm 6 gi thỡ h lm