Mục lục
ĐỀ 1. TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT
Năm học 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 25 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3,0 điểm)
Giải phương trình: x
2
+8x+7=0
a) Giải hệ phương trình:
3 5
2 4
x y
x y
+ =


+ =


b) Cho biểu thức :
2
6
(2 3) 75
2 3
M = + − −


c) Chừng minh AC
2
=AM.AN và MN
2
=4(AE
2
-AC
2
).
d) Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB, AC. Xác định vị trí cảu M sao cho
tích MI.MJ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5: (0,5 điểm)
Cho hai số dương x, y thỏa xy=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=
3 9 26
3x y x y
+ −
+

HẾT
BÀI GIẢI SƠ LƯỢC
Bài 1:
1. Giải phương trình và hệ phương trình
a) x
2
+8x +7 = 0
Ta có: a-b+c=1-8+7=0 nên pt có hai nghiệm phân biệt:
x
1
=-1; x

2 3 1
2 1 1
( )
2 3 1
2 3 1
( )
2 1 1
x y x
n
x y y
x y x
l
x y y
x y x
l
x y y
x y x
l
x y y
 
+ = =
 
 
 
− = =
 
 
 
+ = =
 

8 2 0 2 8
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm cả (P) và (D):
2
2x
=
1x m
− +
⇔ 2x
2
-x+m-1=0
∆=(-1)
2
-4.2(m-1)=9-8m
Để (P) và (D) có một điểm chung thì : ∆=0⇔9-8m=0⇔m=
9
8

Vậy với m=
9
8
thì (P) và (D) có một điểm chung.
c) Điểm thược (P) mà hoành độ bằng hai lần tung độ nghìa là x=2y nên ta có:
y=2(2y)
2
⇔y=8y
2
⇔
0
1
8

-
286
1x +
=2
⇔280(x+1)-286x=2x(x+1)
⇔x
2
+4x-140=0
⇔
10
14( )
x
x l
=


= −


Vậy đội tàu lúc đầu là 10 chiếc.Bài 4:
a) Ta có: EM=EN(gt)⇒OE⊥MN⇒
·
90
o
AEO =

Mà
·
0
90ABO =

1
( )
2
NAC chung
MCA CNA sdCM



= =



⇒ ∆AMC
∽
∆ACN(g.g)
2
.
AM AC
AC AM AN
AC AN
⇒ = ⇒ =
(đpcm)
• Ta có: AE
2
=AO
2
-OE
2
(áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ∆AEO )
AC

2
=4(AE
2
- AC
2
)
d) Kẻ MK⊥BC, đoạn AO ∩ (O) ={F}, AO ∩ BC ={H}
Ta có:
·
·
MJK MCK=
( tứ giác MJCK nt)
·
·
MCK MBI=
(cùng chắc cung MC)
·
·
MBI MKI=
(tứ giác MKBI nt)
Suy ra:
·
·
MJK MKI=
(1)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
·
·
MIK MKJ=
(2)

+ +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:P=
3 9 26
3x y x y
+ −
+
≥6
13
3
−
⇔P=
3 9 26
3x y x y
+ −
+
≥
5
3
Vậy MinP=
5
3
khi
3 1( 0)
3 3
x y x x
xy y
= = >
 
⇔

1/ Giải hệ phương trình
1
4
3
2
1
3
x y
x y

+ =




− =


2/ Giải phương trình 2x
2
– 3x – 2 = 0
3/ Giải phương trình x
4
– 8x
2
– 9 = 0
Bài 4 (2 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0 (m là tham số)

2 1
−
+ −
+
=
2
( 2 1).( 2 1)
( 2 1)
( 2 1).( 2 1)
− −
+ −
+ −
=
2
2
( 2 1)
( 2 1)
1
−
+ −
=
2 1 2 1+ − −
=
2 1 2 1
+ − +
= 2
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 2: (1,5 điểm)
1/ -Vẽ đồ thị hàm số: y = -2x

2
vào y = x, ta có
Với x = 0 => y = 0
Với x =
1
2
−
=> y =
1
2
−
Vậy toạ độ giao điểm của hai đồ thị là (0; 0) và (
1
2
−
;
1
2
−
)
0,5 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
Bài 3: (2 điểm)
1/
1
4
3
2


=

ó
3 3 12
3
x
y
+ =


=

ó
3
3
x
y
=


=

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (3 ; 3)
2/ Ta có
2
( 3) 4.2.( 2) 9 16 25 0∆ = − − − = + = >
0,5 điểm
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1

1
= -1 (loại) ; t
2
= 9 (nhận)
Với t = t
2
= 9
2
9 3x x
⇔ ⇔ = ±=

Tập nghiệm của phương trình (1) có hai nghiệm là x
1
= 3; x
2
= -3
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 4: (2 điểm) x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0 (*)
1/ Ta có ∆’ = [-(m – 1)]
2
– 1.(2m – 5)
= m
2
– 2m + 1 – 2m + 5
= m
2


= −


Ta có: A = x
1
2
+ x
2
2

= x
1
2
+ 2x
1
x
2
+ x
2
2
– 2x
1
x
2

= (x
1
+ x
2

thì A đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 5
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
Bài 5: (3,5 điểm)
Hình vẽ đúng
1/ Ta có
·
ACD
= 90
0
(gt)

·
AND
= 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

·
ACD
=
·
AND
0,5 điểm
 D; N cùng nhìn AD dưới một góc bằng 90

(Cùng chắn cung CD)
Ta có
·
AMB
= 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

·
BMD
= 90
0

·
BMD
+
·
BCD
= 90
0
+ 90
0
= 180
0
 Tứ giác BCDM nội tiếp

·
ABM
=
·

0
(Chứng minh trên)
 ∆MAB vuông cân tại M
3/ Xét ∆ABM và ∆ADC có
µ
A
: góc chung
·
AMB
=
·
ACD
= 90
0
Suy ra:
ABM ADC
∆ ∆
∽
AB AD
AM AC
⇒ =

. .AB AC AM AD
⇒ =
0,75 điểm
0,5 điểm
0,75 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
ĐỀ 3. TỈNH ĐĂK LĂK

Câu 2: (2 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + m
2
+ 3m + 2 = 0 (1). (m là tham số)
1) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thõa mãn: x
1
2
+ x
2
2
= 12.
Câu 3: ( 2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
2 3 2 3
7 4 3 7 4 3
A
+ −
= −
− +
2) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(0;1) và song song với đường thẳng
d: x + y = 10.
Câu 4 ( 3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC có đường cao AH, lấy điểm M tùy ý thuộc đoạn HC (M không trùng với H, C).

2
=
c
a
= 2.
2) Hệ phương trình:
2 5 1
4 5
x ay b
bx y
− = −


− =


có nghiệm
1
2
x
y
=


=

⇔

2 2 5 1 2 5 3 2 62 31
8 5 13 13 13

⇔
m < - 1
Vậy với m < - 1 thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt.
3) Với m < - 1 . Theo hệ thức Vi-et ta có: x
1
+ x
2
= 2(m + 1) ; x
1
x
2
= m
2
+ 3m + 2.
x
1
2
+ x
2
2
= 12
⇔
(x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1

7 4 3 7 4 3 ( 3 2) ( 3 2)
A
+ − + −
= − = −
− + − +
=
2 2
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3
( 3 2) (2 3)
2 3 3 2
( 3 2) ( 3 2)
+ − + −
− = − = + − −
− +
− +
=
2 2
( 3 2) (2 3) ( 3 2 2 3)( 3 2 2 3) 8 3+ − − = + + − + − + =
.
2) Phương trình đường thẳng cần viết có dạng: d’: y = ax + b .
d' đi qua điểm A(0; 1)
⇔
1 = a . 0 + b
⇔
b = 1.
d': y = ax + 1 song song với đường thẳng d: x + y = 10 hay y = -x + 10
⇔
a = -1.
Vậy phương trình cần viết là: d’: y = - x + 1.

(chung góc B)
⇒

∆
BPM
:
∆
BHA (g.g)
⇒

BP BM
BH BA
=

⇒
BP.BA = BH.BM
3)
·
0
90AHM =
(gt)
⇒
H thuộc đường tròn đường kính AM
⇒
A, P, H, M, Q cùng thuộc đường tròn O.
·
·
PAH QAH=
( vì tam giác ABC đều, AH là đường cao nên cũng là đường phân giác)
⇒

AB. MP +
1
2
AC. MQ =
1
2
BC.AH
⇔

1
2
BC. MP +
1
2
BC. MQ =
1
2
BC.AH ( vì AB = AC = BC )
⇔

1
2
BC(MP + MQ) =
1
2
BC.AH
⇒
MP + MQ = AH. Vì AH không đổi
Nên MP + MQ không đổi.
Câu 5 (1 điểm).

x
x
x
x
x
x
A x
x
+ +
= + − + = − + + − +
+ +
 
 
− +
= − + + +
 
 
+
 
 
−
= − + + ≥
+

− =

⇒ = ⇔ ⇔ =


− =

5 2
−
−
Bài 2: (1,5 điểm)
Cho phương trình:
( ) ( )
2
2 1 3 0 1x m x m− − + − =
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau.
Bài 3: (2,0 điểm)
Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ, nếu làm riêng thì thời
gian hoàn thành công việc của đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 7 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì thời gian để
mỗi đội hoàn thành công việc là bao nhiêu?
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên cùng một nửa đường tròn (O) lấy 2 điểm G và E (theo
thứ tự A, G, E, B) sao cho tia EG cắt tia BA tại D. Đường thẳng vuông góc với BD tại D cắt BE tại C,
đường thẳng CA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F.
a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp.
b) Chứng minh: BF = BG
c) Chứng minh:
.
.
DA DG DE
BA BE BC
=
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho A =
1 1 1 1


3 9 3
1 2
y y
x y x
− = = −
 
⇔ ⇔
 
+ = − =
 
d) P =
5
2 5
5 2
−
−
=
( )
( ) ( )
5 5 2
2 5 5 2 5 2 5 5
5 2 5 2
+
− = + − =
− +
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Phương trình (1) có:
( ) ( )
2
2

m
S m
m
P m
m

− =
= =
 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
< <
− <

 

Vậy với m = 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau.
Bài 3: (2,0 điểm)
Gọi thời gian đội một làm một mình hoàn thành công việc là : x (giờ). ĐK: x > 12.
Thời gian đội hai làm một mình xong công việc là: x – 7 (giờ)
Trong 1 giờ: + Đội một làm được:
1
x
(CV)
+ Đội hai làm được:
1
7x −
(CV)
+ Cả hai đội làm đươc:


tứ giác DFBC nội tiếp đường tròn đường kính BC
b) Chứng minh: BF = BG
Ta có:
·
0
90AEB =
(góc nt chắn nửa đường tròn)

·
0
90AEC⇒ =
Ta có:
·
·
0
180AEC ADC+ =
⇒
Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn đường kính AC
µ µ
1 1
E C⇒ =
(vì nt cùng chắn cung DA)
Ta có:
µ
µ
1 1
B C=
(vì nt cùng chắn cung DF của đường tròn đường kính BC)
Do đó:

BDC (g – g)
. .
BE BA
BE BC BA BD
BD BC
⇒ = ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
. .
. .
DG DE DA DB DA
BE BC BA BD BA
= =
(đpcm)
Bài 5: (1,0 điểm)
Ta có: A =
1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 120 121
+ + + +
+ + + +
=
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 2 3 120 121

1 2 1 2 2 3 2 3 120 121 120 121
− − −
+ + +
+ − + − + −

=
( )
( )
2 1 36 2 1 6 10− + = − + =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: B > A

ĐỀ 5. TP. HỒ CHÍ MINH
SỞ GD-ĐT TP. HỒ CHÍ MINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2014 – 2015
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
7 12 0− + =x x
b)
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
c)
4 2
9 20 0− + =x x
d)
3 2 4
4 3 5
− =


x
B
x x x x x x
(x>0)
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
2
1 0− − =x mx
(1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1):
Tính giá trị của biểu thức :
2
2
1 1
2 2
1 2
1
1
+ −
+ −
= −
x x
x x
P
x x

+ −
⇔ = = = =x hay x
b)
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
Phương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là :
1 2⇔ = = =
c
x hay x
a
c)
4 2
9 20 0− + =x x
Đặt u = x
2

0
≥
pt thành :
2
9 20 0 ( 4)( 5) 0− + = ⇔ − − =u u u u
4 5⇔ = =u hay u
Do đó pt
2 2
4 5 2 5⇔ = = ⇔ = ± = ±x hay x x hay x
d)
3 2 4
4 3 5
− =



(D) đi qua
( ) ( )
1;1 , 3;9−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2 3= +x x
⇔
2
2 3 0− − =x x

1 3⇔ = − =x hay x
(a-b+c=0)
y(-1) = 1, y(3) = 9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
1;1 , 3;9−
Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau

5 5 5 3 5
5 2 5 1 3 5
+
= + −
+ − +
A

(5 5)( 5 2) 5( 5 1) 3 5(3 5)
( 5 2)( 5 2) ( 5 1)( 5 1) (3 5)(3 5)
5 5 9 5 15 5 5 9 5 15
3 5 5 3 5 5

−
= + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+ + +
   
 
+ − + +
=
 ÷
 ÷
+ +
 
= + =
+
x x
x x x x x
x x x
x x x
x
x
x x
Câu 4:
Cho phương trình
2
1 0− − =x mx
(1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
Ta có a.c = -1 < 0 , với mọi m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.
b) Gọi x

2
thỏa 1)
Do đó
1 1 2 2
1 2
1 2 1 2
mx 1 x 1 mx 1 x 1
(m 1)x (m 1)x
P 0
x x x x
+ + − + + −
+ +
= − = − =
(Vì
1 2
x .x 0≠
)
Câu 5
a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối
F và D vuông
⇒

·
·
·
0
180= = −FHD AHC ABC
b)
·
·

tứ giác HIJA nội tiếp.
⇒
¶
AJI
bù với
·
AHI
mà
·
ANC
bù với
·
AHI
(do AHCN nội tiếp)
⇒
¶
·
AJI ANC=

Cách 2 :
Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp
Ta có
·
AMJ
=
·
ANJ
do AN và AM đối xứng qua AC.
Mà
·

(cùng chắn cung AC), vậy
·
AKC
=
·
AMC
=
·
ANC
Xét hai tam giác AQJ và AKC :
Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn )
⇒
2 tam giác trên đồng dạng
Vậy
µ
0
Q 90=
. Hay AO vuông góc với IJ
Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có
·
xAC
=
·
AMC
mà
·
AMC
=
¶
AJI

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
9 4A = −
Rút gọn biểu thức
2 2 2
2
2 2
x x
P
x
x x
−
= +
−
+
, với x > 0,
2x
≠
Bài 2: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 4 5
6 7 8
x y
x y
+ =


+ =

6x x− =
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường tròn (C) có tâm C, bán
kính CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là D.
1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C).
2)Trên cung nhỏ
»
AD
của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng
BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
a) BA
2
= BE.BF và
·
·
BHE BFC=
b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.

BÀI GIẢI
Bài 1:
1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
1
2 2
2 2 2 2

x
2
– 4x – m = 0 (1)
(1) có
4 m
′
∆ = +
Để (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4m m
′
∆ > ⇔ + > ⇔ > −
y = 4x + m = 1 => x =
1
4
m−
Yêu cầu của bài toán tương đương với
4 4 4
1 7 7
2 4 4 4
4 4 4
m m m
hay
m m m
m m m
> − > − > −
  
  
⇔

m
m
m m

> −

> −


+ = +

( )
2
2
4
4
4
5 hay 3
5 hay 3
16 4 14 49
2 15 0
m
m
m
m m
m m
m m m
m m
> −
> −

∆ = − + = − + = − + + = − + > ∀
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Ta có
( )
2
1 2 1 2
2 2 , 0= + = − = = − ≤S x x m P x x m
Ta có
( )
2
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
6 2 36 2 2 36− = ⇒ − + = ⇔ + − + =x x x x x x x x x x x x
( ) ( )
2 2
4 2 36 2 9− = ⇔ − =m m
1hay 5⇔ = − =m m
Khi m = -1 ta có
1 2 1 2
x 3 10,x 3 10 x x 6= − = + ⇒ − = −
(loại)
Khi m = 5 ta có
1 2 1 2
x 3 34,x 3 34 x x 6= − − = − + ⇒ − =
(thỏa)
Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 5:
1)Ta có
·
0

(2)
Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB
Từ BE.BF= BH.BC
BE BH
BC BF
⇒ =

2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và
BE BH
BC BF
=
·
·
BHE BFC⇒ =
b) do kết quả trên ta có
·
·
BFA BAE=
·
·
·
HAC EHB BFC= =
, do AB //EH. suy ra
·
·
·
·
· ·
DAF DAC FAC DFC CFA BFA= − = − =
·

.
MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
Ngày thi: 20/6/2014
(Thời gian : 120 phút – không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,00 điểm)
1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức:
1 8 10
2 1 2 5
A
−
= −
+ −

2) Rút gọn biểu thức B =
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
 
+
 ÷
− − − +
 
với a > 0, a ≠ 4.
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Cho hệ phương trình:
ax y y
x by a

AM , tia CO cắt d tại D.
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD
c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
HẾT
Giám thị không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Bài 1: (2,00 điểm)
1)
1 8 10 2 1 2(2 5)
2 1 2 1
1
2 1 2 5 2 5
A
− − −
= − = − = − − = −
+ − −

2) B =
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
 
+
 ÷

Bài 2: (2,00 điểm)
1) Vì hệ phương trình:
ax y y
x by a
− = −


− = −

có nghiệm (x, y) = (2; 3) nên ta có hpt:
2 3 2 3 6 3 9 7 7 1
2 3 3 2 3 2 2 3 1
a b a b a b a a
b a a b a b a b b
− = − + = + = = =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = − − = − − = − + = =
    
Vậy a = 1, b = 1
2) Giải phương trình:
( )
2 2 –1 3 5 6 3 8x x x
− − = −
( )
2 2
4 2 – 1 6 5 6 2 3 8
((5 6 5 6 9) ((3 2 3 8 1) 0
( 5 6 3) ( 3 8 1) 0

y x
=

a)Lập bảng giá trị (HS tự làm).
Đồ thị:

b)Vì A ∈ (P) có hoành độ x
A
= -2 nên y
A
= 2. Vậy A(-2; 2)
Lấy M(x
M
; 0) bất kì thuộc Ox,
Ta có: MA – MB ≤ AB (Do M thay đổi trên Ox và BĐT tam giác)
Dấu “=” xẩy ra khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng, khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox.
- Lập pt đường thẳng AB
- Tìm giao điểm của đường thẳng AB và Ox, tìm M (4; 0).
Bài 4: (2,00 điểm)

a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
HD: Tứ giác OBNC nội tiếp có
·
·
0
180OCN OBN+ =

b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD
HD:
°

2.4R
= 4R
2.
Đẳng thức xẩy ra khi: 2AM = AN ⇒ AM = AN/2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AM = R
2

⇒ °AOM vuông tại O ⇒ M là điểm chính giữa cung AB
ĐỀ 8. TỈNH QUẢNG NGÃI
Bài 1: (1,5 điểm)
a/ Tính:
43252 +
b/ Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A(1; − 2) và điểm B(3; 4)
c/ Rút gọn biểu thức A =
2x
4x
:
2x
2
2x
x
+
+








x
2
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3: (2,0 điểm)
Để chuẩn bị cho một chuyến đi đánh bắt cá ở Hoàng Sa, hai ngư dân đảo Lý Sơn cần chuyển
một số lương thực, thực phẩm lên tàu. Nếu người thứ nhất chuyển xong một nửa số lương thực,
thực phẩm; sau đó người thứ hai chuyển hết số còn lại lên tàu thì thời gian người thứ hai hoàn thành
lâu hơn người thứ nhất là 3 giờ. Nếu cả hai cùng làm chung thì thời gian chuyển hết số lương thực,
thực phẩm lên tàu là
7
20
giờ. Hỏi nếu làm riêng một mình thì mỗi người chuyển hết số lương thực,
thực phẩm đó lên tàu trong thời gian bao lâu?
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB;
P là điểm thuộc cung MB (P khác M và P khác B). Đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C;
đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D. Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt cắt CD tại I.
a/ Chứng minh OADP là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b/ Chứng minh OB.AC = OC.BD.
c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều. Khi đó hãy tính diện
tích của tam giác PIC theo R.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho biểu thức A = (4x
5
+ 4x
4
− 5x
3
+ 5x − 2)
2014