GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
1
TP ễN THI TUYN VO LP 10
Đề : 1

Bài 1: Cho biểu thức: P =
( )









+








+
+



xx
=50
Bài 3
: Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 2
18
1 . 1 72
x y x y
x x y y

+ + + =


+ + =



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 x>o ;
2
2
1
7x
x

xx
z
<=> P =
1
1
)1(
1
2

+
=


x
x
x
x

b. P =
1
2
1
1
1

+=

+
xx
x








<+=+
>+=
++=
012
06
06412
21
2
21
2
2
mxx
mmxx
mmm

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



=

=+=++
2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm

Bà3.
Đặt :
( )
( )
1
1
u x x
v y y

= +


= +



=


=




( )
( )
1 12
1 6
x x
y y

+ =


+ =


;
( )
( )
1 6
1 12
x x
y y

+ =

Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
của đờng tròn tâm O thì
tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên

APB =

ADB
nhng

ADB =

ACB nhng

ADB =

ACB
Do đó:

APB =

ACB Mặt khác:

AHB +

ACB = 180
0
=>

APB +

AGV:Mai Thnh LB

ễN THI VO L

P 10
3
Vậy

PHQ =

PHB +

BHC +

CHQ =

BAC +

BHC = 180
0

Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c). Ta thấy

APQ là tam giác cân đỉnh A
Có AP = AQ = AD và

( )
2
2
1
3 2 7 1 3 49 8 123x
x= + + = = ..HT
Đề : 2
Câu1 : Cho biểu thức
A=
2
)1(
:
1
1
1
1
2
2233


x
Với x
2
;1
.a, Ruý gọn biểu thức A
.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x=
6 4 2+
c. Tìm giá trị của x để A=3
Câu2
.a, Giải hệ phơng trình:

2
( ) 4 3( )
2 3 7
x y y x
x y

=

+ =


b. Giải bất phơng trình:

3 2
2
4 2 20
3
x x x
x x
GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
4
O
K
F
E
D
C
B
A
c.A=3<=> x
2
-3x-2=0=> x=
2
173

Câu 2
: a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a
2
+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ đó ta có
2
( ) 4 3( )
2 3 7
x y y x
x y

=

2
-2x-20=(x-5)(x
2
+x+4)
mà x
2
+x+3=(x+1/2)
2
+11/4>0 ; x
2
+x+4>0 với mọi x
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3
: Phơng trình: ( 2m-1)x
2
-2mx+1=0
a)Xét 2m-10=> m 1/2
v
,

= m
2
-2m+1= (m-1)
2 >
0 m1
ta thấy pt có 2 nghiệm p.bit với m 1/2 v m1
b) m=
2 2
4


0
=>

BCF= 45
0

Ta có

BKF=

BEF
Mà

BEF=

BEA=45
0
(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=>

BKF=45
0

Vì

BKC=

BCK= 45
0
=> tam giác BCK vuông cân tại B
=>BK

a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt
b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung.
Bài 3
: Giải hệ phơng trình :








=++
=++
=++
27
1
111
9
zxyzxy
zyx
zyx

Bài 4
: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
);( BCAC
. Trên nửa
mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
. Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N.
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .

x y x x y y xy x y
x y x y
+ + +
=
+ +

( )( )
( )( )( )
1 1
x y x y x xy y xy
x y x y
+ + +
=
+ +
( ) ( ) ( )( )
( )( )
1 1 1 1
1 1
x x y x y x x
x y
+ + + +
=
+

( )
1
x y y y x
y
+
=

1y
1 1x
0 4x
x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mn
Bài 2:
a). Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình đờng thẳng (d) là : y = mx
+ m 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x
2
= mx + m 2

x
2
+ mx + m 2 = 0 (*)
Vì phơng trình (*) có
( )
mmmm >+=+= 04284
2
2
nên phơng 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
p.trình : x
2
+ mx + m 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu m 2 < 0
m < 2.
Bài 3 :
( )