16 Đề thi và đáp án môn Toán vào Lớp 10

 nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có 
 ;	(1)	 
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
	=>	POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>	D AHC D POB
Do đó: 	(2)	 
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
	Theo (1) và do AH = 2EH ta có
	 AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
	 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
	 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB	
Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì D > 0
	 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
	Từ đó suy ra m ạ 1,5	(1)	
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
Giải phương trình 	
ta được m = - 2 và m = 4,125	(2)	
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11	
Đề 7
Câu 1: Cho P = + - 
a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P < với x 0 và x 1.
Câu 2: Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số.
a/. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b/. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.
Câu 3: a/. Giải phương trình : + = 2
b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn :
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.
Câu 4: Cho cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K .
a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp.
b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao?
c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.
Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 điểm)
P = + - 
 = + - 
 = 
 = = 	
b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P < < 
 3 0 )
 x - 2 + 1 > 0
 ( - 1)2 > 0. ( Đúng vì x 0 và x 1)
Câu 2:a/. Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ’ 0.
 (m - 1)2 – m2 – 3 0
 4 – 2m 0
 m 2.
	b/. Với m 2 thì (1) có 2 nghiệm.
	Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có:
	 a= 3()2 = m2 – 3
	 m2 + 6m – 15 = 0
	 m = –32 ( thõa mãn điều kiện).
Câu 3:
	Điều kiện x 0 ; 2 – x2 > 0 x 0 ; < .
	Đặt y = > 0
	Ta có: 
Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -
 * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
 X2 – 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1.
 * Nếu xy = - thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
 	X2 + X - = 0 X = 
 Vì y > 0 nên: y = x = 
	Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 
Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. 
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành AB // CK 
Mà sđ = sđ = 
Nên 
Dựng tia Cy sao cho .Khi đó, D là giao điểm của và Cy.
Với giả thiết > thì > > .
 D AB .
	Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm.
Đề 8
Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = Là một số tự nhiên
b. Cho biểu thức: P = Biết x.y.z = 4 , tính .
Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
Tính diện tích tam giác ABC.
Câu3 Giải phương trình: 
Câu 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Một góc éxOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E.
	Chứng minh rằng:
	a.DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ).
	b. 
đáp án 
Câu 1:	 a.
A =
	A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x = 
	(trong đó k Z và k 0 )
	b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và 
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi ta được:
 P = 	(1đ)
 vì P > 0	
Câu 2:	a.Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên b = 4; a = 2
Vậy đường thẳng AB là y = 2x + 4.	
Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đường thẳng AB A, B, C không thẳng hàng.	
Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đường thẳng AB A,B,D thẳng hàn
	b.Ta có :
	AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20
	AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10
	BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10
 AB2 = AC2 + BC2 DABC vuông tại C
Vậy SDABC = 1/2AC.BC = ( đơn vị diện tích )
Câu 3:	Đkxđ x1, đặt ta có hệ phương trình:
B
M
A
O
C
D
E
 Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được: v = 2 	
	 x = 10.	
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính được 	
AB = AC = R ABOC là hình 
vuông (0.5đ)
Kẻ bán kính OM sao cho 
éBOD = éMOD
éMOE = éEOC (0.5đ)
Chứng minh DBOD = DMOD
	éOMD = éOBD = 900
Tương tự: éOME = 900
D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).	
	b.Xét DADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC 
2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2RDE < R	
Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
 Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R DE > R
	Vậy R > DE > R	
Đề 9
Câu 1: Cho hàm số f(x) = 
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = khi x ạ 
Câu 2: Giải hệ phương trình
Câu 3: Cho biểu thức
	A = với x > 0 và x ạ 1
a) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11
đáp án 
Câu 1
a)	f(x) = 	
	Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3	
b) 	
c) 	
	Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra 	
	Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra 
Câu 2
Câu 3a)	Ta có: 	 A = 
	 	 = 	
	 = 
	 = 
	 = = = 	
O
B
C
H
E
A
P
b) A = 3 => = 3 => 3x + - 2 = 0 => x = 2/3 	
Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) 
nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có 
 ;	(1)	 
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
	=>	POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>	D AHC D POB
Do đó: 	(2)	 
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH.	 
b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
	Theo (1) và do AH = 2EH ta có
	 AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
	 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
	 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB	
Câu 5 (1đ)
	Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì D > 0
	 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
	Từ đó suy ra m ạ 1,5	(1)	
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
Giải phương trình 	
ta được m = - 2 và m = 4,125	(2)
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt t
Đề 10
Câu I : Tính giá trị của biểu thức:
A = + ++ .....+ 
B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 
Câu II :Phân tích thành nhân tử :
X2 -7X -18 
(x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
1+ a5 + a10
Câu III : 
Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)
áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2 
Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q.
Chứng minh DM.AI= MP.IB
Tính tỉ số : 
Câu 5: 
 Cho P = 
Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
đáp án
Câu 1 : 
1) A = + ++ .....+ 
 = (+ + + .....+ ) = () 
2) B = 35 + 335 + 3335 + ..... + = 
=33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2 
= 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33)
= 198 + ( 99+999+9999+.....+999...99) 
198 + ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 +
B = +165 
Câu 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3
= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
 = [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]
 = (x2+5x +3)(x2+5x +7) 
 3) a10+a5+1
 = a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
 - (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )
 = a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
 -a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)
 =(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1) 
Câu 3: 4đ
1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) 
 a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 
 0 a2d2 - 2cbcd+c2b2 
 0 (ad - bc)2 (đpcm ) 
Dấu = xãy ra khi ad=bc. 
2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
 52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2)=>
x2 + y2 => 4x2 + 4y2 dấu = xãy ra khi x= , y = (2đ)
Câu 4 : 5đ
 Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=> 
 MPD đồng dạng với ICA => => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1).
 Ta có góc ADC = góc CBA,
Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA.
Do đó DMQ đồng dạng với BIA =>
=> DM.IA=MQ.IB (2)
 Từ (1) và (2) ta suy ra = 1 
Câu 5 
 Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0
Từ 1-x > 0 => x < 1 
Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có :
(x-1) 0 
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.
 Với x < 1 Ta có : 
 P = = 
Đề 11
Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức . 	Với a > 0.
	b. Tính giá trị của tổng. 
Câu 2 : Cho pt 
	a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với .
	b. Gọi là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.
Câu 3 : Cho Chứng minh.
Câu 4 Cho đường tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đường tròn, từM kẻ MH ^ AB (H ẻ AB). Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D.
1. Chứng minh rằng đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn.
2. Chứng minh.
Hướng dẫn
Câu 1 a. Bình phương 2 vế 	(Vì a > 0).
áp dụng câu a.
Câu 2 a. : cm 
B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:
 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.
Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta được.
bđt 
	 đúng vì 
M
o
E'
E
A
F
F'
B
I
D
H
Câu 4: a 
- Kẻ thêm đường phụ.
- Chứng minh MD là đường kính của (o)
=> ........
b. 
Gọi E', F' lần lượt là hình chiếu của D trên MA và MB.
	Đặt HE = H1
	 HF = H2
 ∞ 
Thay vào (1) ta có: 
Đề 12
Câu 1: Cho biểu thức D = :
	a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D
	b) Tính giá trị c