Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
Đề 1
Bài 1: Cho biểu thức K =








−
+
+








−
−
−
1a
2
1a
1
:

Bài 4: Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 45
0
. Vẽ các đường cao BD và
CE của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE.
a. Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b. Chứng minh: HD = DC
c. Tính tỉ số:
BC
DE
d. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông
góc với DE.
Bài 5: Cho a, b là các số thực dương.
Chứng minh rằng:
( )
ab2ba2
2
ba
ba
2
+≥
+
++
1
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
Bài giải:
Bài 1: Điều kiện a > 0 và a
≠
1
K =


)1a)(1a(
1a
:
)1a(a
1a
−+
+
−
−
=
a
1a
)1a(.
)1a(a
1a
−
=−
−
−
b.
21a)21(223a
2
+=⇒+=+=
K =
2
21
)21(2
21
1223
=


>
<
Bài 2:
a)
'
∆
= m
2
- 4m + 7 = (m-2)
2
+ 3 > 0 : Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
với mọi giá trị của m.
b) Áp dụng hệ thức Viet: x
1
+x
2
= m - 3
x
1
x
2
= - 2(m - 1)
Ta có: x
1
2
+ x
2
2
= (x

2
là 7 khi m = 2,5
Bài 3:
Gọi x, y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch (điều kiện x, y
∈
N
*
;
x, y < 600).
2
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600
Số sản phẩm tăng của tổ I là:
x
100
8
(sản phẩm)
Số sản phẩm tăng của tổ II là:
y
100
21
( sản phẩm)
Từ đó có phương trình thứ hai:
+
x
100
18
120y
100
21

, từ đó ∆HDC vuông cân
tại D.
Vậy DH = DC
c)Ta có BEC = BDC = 90
0
nên tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn đường
kính BC ⇒ AED = ACB (cùng bù với DEB) suy ra ∆AED ∆ACB,
do đó:
2
2
2.AE
AE
AC
AE
BC
DE
===
d. Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O),
ta có BAx = BCA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn
cung AB) ,
mà BCA = AED
3
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
⇒ BAx =AED mà chúng là cặp góc so le trong do đó DE ⁄⁄ Ax.
Mặt khác, OA
⊥
Ax ( Ax là tiếp tuyến),
Vậy OA ⊥ ED (đpcm)
Bài 5 :Ta có :
0

bb;0
4
1
aa
≥+−≥+−⇒

0
4
1
bb
4
1
aa
≥+−++−⇒
0ba
2
1
ba
>+≥++⇒
Mặt khác
( )
0ab2ba0ba
2
>≥+⇔≥−

Nhân từng vế ta có :
( )
( )
baab2
2

x2x
1x
(:)
x4
x8
x2
x4
(P




+
+
=
a) Rỳt gn P.
b) Tỡm giỏ tr ca x P = 1.
Bi 2: Cho h phng trỡnh:





=
=
335
3
y
2
x

trũn ngoi tip tam giỏc CME l nh nht.
5
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
Giải:
Bài 1:
a. P =
)2x(x
)2x(2)1x(
:
)x2)(x2(
x8)x2(x4
−
−−−
−+
+−

=
)2x(x
x3
:
)x2)(x2(
x4x8
−
−
−+
+
=
x3
)2x(x
.

x
> 0 ta có: 4y
2
+ y – 3 = 0 có dạng a – b + c = 0

⇒
y = –1 ; y =
4
3

Vì y > 0 nên chỉ nhận y =
4
3
nên
x
=
4
3
Vậy: P = –1
⇔
x =
16
9
Bài 2:
a. Khi m = 1 ta có hệ phương trình:






2010y2x3
1yx
Vậy với m = 1 hệ phương trình đã cho có nghiệm



=
=
2007y
2008x

b.
6
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)






−=
−=
⇔





=−
=−

2
= mx + m – 2

⇔
x
2
+ mx + m – 2 = 0 (*)
Vì phương trình (*) có
04)2m(8m4m
22
>+−=+−=∆
với mọi m 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
⇔
x
2
+ mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu
⇔
x
1
x
2
< 0.
Áp dụng hệ thức Vi-et: x
1
x
2
= m – 2

2
– 25)
<=> 5 x
2
– 120 x – 125 = 0
7
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
 x
1
= -1 ( kh«ng TM§K)
 x
2
= 25 ( TM§K)
VËy v©n tèc thùc cña ca n« lµ 25 km/h.
Bài 5:
a. Ta có: EIB = 90
0
(giả thiết)
ECB = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB
b. Ta có:
sđ AM = sđ AN (đường kính MN
⊥
dây AB)

⇒
AME = ACM (góc nội tiếp)
Lại có A chung, suy ra ∆AME ∆ACM

1
++
+
)2x1(2
1
+−
a. Tìm x để A có nghĩa
b. Rút gọn A
c. Tìm các giá trị của x để A có giá trị dương
Bài 2:
a. Giải phương trình: x
4
+ 24x
2
- 25 = 0
b. Giải hệ phương trình:



=+
=−
3489
22
yx
yx
Bài 3: Cho phương trình: x
2
- 2mx + (m - 1)
3
= 0 với x là ẩn số, m là tham

Bài 1:
a. A có nghĩa
⇔



−≠
−≥
⇔



≠+
−≥
⇔





≠+
≥+
1x
2x
12x
2x
12x
02x
(*)
b. A =

+
−
và x thỏa mãn (*)

⇔
x < -1 và x thỏa mãn (*)

⇔

1x2
−<≤−
Bài 2:
a. Giải phương trình: x
4
+ 24x
2
- 25 = 0
Đặt t = x
2
, t ≥ 0, phương trình đã cho trở thành: t
2
+ 24t - 25 = 0
có a + b +c = 0 nên t =1 hoặc t = -25, vì t≥ 0 ta chọn t = 1
Từ đó phương trình có hai nghiệm x = -1 và x = 1
b. Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50

⇔
x = 2.
Từ đó ta có y = 2
Nghiệm của hệ phương trình đã cho là

∆' = m
2
- (m - 1)
3
> 0 (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u
2
thì theo định lí Vi-ét ta có:





−=
=+
)2()1m(u.u
)1(m2uu
32
2
Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được:
10
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
(m - 1) + (m - 1)
2
= 2m
⇔
m
2
- 3m = 0
⇔

2
+

2x – 4 = 0
⇔
x
2
+

x – 2 = 0 có a + b +c = 1+ 1- 2= 0
nên có nghiệm: x
1
= 1; x
2
= -2 ; suy ra: y
1
= 2; y
2
= 8
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8). B(1;2)
c) Hình thang AA’B’B có AA’= 8; BB’=2; đường cao A’H = 3 nên có diện tích:
( )
15
2
3.28
S =
+
=
(đơn vị diện tích)
Bài 4:

OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến)
⇒

0
90MPO
=
∧
Tương tự,
0
90MQO
=
∧

⇒
Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật
c. Ta có : MK //BF ( cùng vuông góc AB)

⇒
∆EMK ∆EFB
⇒
BF
MK
EF
EM
=⇒

FB

AB
MK
EM
=
(3)
Mặt khác, ∆EAB ∆KHB (MH//AE)
⇒

HB
AB
HK
EA
=
(4)
Từ (3) (4) có:
HK
EA
MK
EM
=
mà EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) do đó: MK = KH
d. Ta có OE là phân giác của AÔM (EA; EM là tiếp tuyến); OF là phân giác
của MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà AÔM và MÔB là hai góc kề bù nên OE
⊥
OF
⇒
∆EOF vuông (
∧
EOF
= 90

cba.r
2
1
++
Mặt khác: S
EOF
=
EF.OM
2
1
=
2
1
aR

⇒
aR = r(a + b + c)
12
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)

⇒

cba
a
R
r
++
=
(1)
Áp dụng bất đẳng thức trong ∆EOF ta có: b + c > a

++

⇒

3
1
a3
a
cba
a
=>
++
(3)
Từ (1); (2); (3) ta có:
2
1
R
r
3
1
<<
*Ghi chú: Câu 4d là câu nâng cao, chỉ áp dụng cho trường chuyên.
13
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
ĐỀ SỐ 4
Bài 1:
Cho biểu thứcA =



b) Tìm giá trị của x để A = 3.
Bài 2:
a. Giải hệ phương trình





=−
=+
2
15
yx
5y2x3

b. Giải phương trình
024x25x2
2
=+−
Bài 3:
a) Vẽ đồ thị (P): y = -2x
2
.
b) Lấy 3 điểm A, B, C trên (P), A có hoành độ là –2, B có tung độ là – 8, C
có hoành độ là – 1. Tính diện tích tam giác ABC.
Bài 4:
Một tam giác có chiều cao bằng
5
2
cạnh đáy. Nếu chiều cao giảm đi 2cm và






−
−
−
−
+
1x
x
x:
1x
1x
1x
1xx
với x > 0 và x ≠ 1
=








−
+
−



−
+−








−
−
−
−
+−
1x
xxx
:
1x
1x
1x
1xx
=
1x
x
:
1x
1x1xx

⇒
3x +
x
– 2 = 0
Đặt y =
x
> 0 ta có: 3y
2
+ y – 2 = 0 vì a – b + c = 3 – 1– 2 = 0 nên :
y = – 1 hoặc y =
3
2
; vì y > 0 nên chỉ nhận y =
3
2

Vậy: x = y
2
=
9
4

Bài 2:
a.



−=
=
⇔




−=
=
5,3y
4x
15
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
b. Phương trình
024x25x2
2
=+−
có a + b + c =
024252
=+−
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x
1
= 1; x
2
=
4
2
24
a
c
==
Bài 3:
a) Vẽ đồ thị (P): y = –2x
2

⊥
Oy và AB = 4 .
Từ C hạ CH
⊥
AB
⇒
CH // Oy và CH = 6
Diện tích tam giác ABC: S =
2
1
AB.CH =
2
1
.4.6 = 12 (đvdt)
Bài 4: Gọi chiều cao và cạnh đáy của tam giác đã cho là x và y (x > 0; y > 0, tính
bằng dm). Diện tích tam giác là:
2
1
xy (dm
2
)
Chiều cao mới là x – 2 (dm); cạnh đáy mới là y + 3 (dm);
diện tích mới là
2
1
(x – 2)( y + 3) (dm
2
)
Theo đề bài ta có hệ phương trình:
16

y
5
2
x






=
=
⇔





=+−
=
⇔
2
55
y
11x
22y2x3
y
5
2
x

2
1
sđ BD ; sđ PCQ =
2
1
sđCD
mà BD = CD (giả thiết) suy ra PAQ = PCQ.
Vậy APQC là tứ giác nội tiếp.
c. APQC là tứ giác nội tiếp, nên QPC = QAC (cùng chắn CQ)
Lại có PCB = BAD ( góc nội tiếp cùng chắn BD).
và QAC = BAD, suy ra QPC = PCB
⇒
PQ // BC
Vậy BCQP là hình thang .
17
(thỏa mãn điều kiện)
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10
ĐỀ SỐ 5
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau: a)
3 13 6
2 3 4 3 3
+ +
+ −
b)
x y y x
x y
xy x y
−

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):
( )
y k 1 x 4= − +
(k là tham số) và
parabol (P):
2
y x=
.
1. Khi
k 2= −
, hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);
2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại
hai điểm phân biệt;
3. Gọi y
1
; y
2
là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao
cho:
1 2 1 2
y y y y+ =
.
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng
vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H
và K.
1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
2. Tính
·
CHK

x y
xy x y
−
−
+
−
với x >0 ; y > 0 ; x ≠ y
2. Giải phương trình:
4
x 3
x 2
+ =
+
.
Ý Nội dung Điểm
1.
(1,5đ)
a)
3 13 6
2 3 4 3 3
+ +
+ −
=
( ) ( )
3 2 3 13 4 3
2 3
4 3 16 3
− +
+ +
− −


4
x 3
x 2
+ =
+
ĐK: x ≠ −2
Quy đồng khử mẫu ta được phương trình:
x
2
+ 2x + 4 = 3(x + 2)
⇔ x
2
− x − 2 = 0
0,25
Do a − b + c = 1 + 1 − 2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm:
x = −1; x = 2 (thoả mãn)
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = −1; x = 2
0,25
19
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho hệ phương trình:
( )
m 1 x y 2
mx y m 1

− + =



⇔
x 1
y 1
=


=

0,25
Vậy với m = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
x 1
y 1
=


=

0,25
2.
(1,0đ)
Ta có hệ:
( )
m 1 x y 2
mx y m 1

− + =


+ = +


Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
2
x m 1
y m 2m 1
= −


= − + +

0,25
20
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
Khi đó: 2x + y = −m
2
+ 4m − 1
= 3 − (m − 2)
2
≤ 3 đúng ∀m vì (m − 2)
2
≥ 0
Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thoả
mãn 2x + y ≤ 3.
0,50
Bài 3. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):
( )
y k 1 x 4= − +
(k là tham số) và
parabol (P):
2

Với x = −4 có y = 16
0,25
Vậy khi k = −2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1);
(−4; 16)
0,25
2.
(0,5đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
x
2
= (k − 1)x + 4
⇔ x
2
− (k − 1)x − 4 = 0
0,25
Ta có ac = −4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.
Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
0,25
3.
(0,5đ)
Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân
biệt có hoành độ x
1
, x
2
thoả mãn:
0,25
21
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
1 2

− 2x
1
x
2
= (x
1
x
2
)
2
⇔ (k

− 1)
2
+ 8 = 16
⇔ (k

− 1)
2
= 8
⇔
k 1 2 2= +
hoặc
k 1 2 2= −

Vậy
k 1 2 2= +
hoặc
k 1 2 2= −
thoả mãn đầu bài.

0,25
Nên
·
·
DAB BHD+
= 180
o
⇒ Tứ giác ABHD nội tiếp
0,25
+ Ta có
·
BHD
= 90
o
(gt)
·
BCD
= 90
o
(ABCD là hình vuông)
0,25
Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB
⇒ Tứ giác BHCD nội tiếp
0,25
2.
(1,0đ)
Ta có:
· ·
·
·

o
(tính chất hình vuông ABCD) ⇒
·
CHK
= 45
o
0,5
3.
(1,0đ)
Xét ∆KHD và ∆KCB
Có
·
·
·
o
KHD KCB (90 )
DKB chung

= =




⇒ ∆KHD ∆KCB (g.g)
0,5
⇒
KH KD
KC KB
=
0,25

AD AP AN
= +
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
⇒
2 2 2
1 1 1
AD AM AN
= +
0,25
Bài 5. (0,5 điểm)
Giải phương trình:
1 1 1 1
3
x 2x 3 4x 3 5x 6
 
+ = +
 ÷
− − −
 
.
Ý Nội dung Điểm
0,5đ
Ta chứng minh:
1 1 1 1 1 1
3
a b c a 2b b 2c c 2a
 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + +

1 1 1 1 1 1
3
a b c a 2b b 2c c 2a
 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + +
 
với a > 0; b> 0; c > 0
Phương trình
1 1 1 1
3
x 2x 3 4x 3 5x 6
 
+ = +
 ÷
− − −
 
có ĐK:
3
x
2
>
23
Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)
Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - 3 ta có:
1 1 1 1 1 1
3
x x 2x 3 3x 5x 6 4x 3
 

c , Với giá trị nào của x thì A đạt Min ?
Câu 2 (2đ): Cho phương trình bậc hai :
x
2
- 2(m + 1) x + m - 4 = 0 (1)
a, Giải phương trình ( 1 ) khi m = 1.
b, Chứng minh rằng pt (1 ) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m ?
c , Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của pt (1)đã cho . CMR Biểu thức :
K = x
1
(1- x
2
)+ x
2
(1-x
1
) không phụ thuộc vào giá trị của m .
Câu 3(2đ) :
Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc trung bình 30 km/h . khi đến B người đó nghỉ
20 phút rồi quay trở về A với vận tốc trung bình 25km/h . Tính quảng đường AB , Biết rằng thời
gian cả đi lẫn về là 5 gời 50 phút .

Câu 4(3,5đ):
Cho hình vuông ABCD , điểm E thuộc cạnh BC .
Qua B kẻ đường thẳng vuông với DE,
đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K .