Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt và thpt chuyên

m – 2) = 3m2 = 4 m = ± 2. 
Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn.
Câu 4: 
a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)(1)
Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC 
(2). 
Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.
b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)
Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra:(góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). 
Từ (3) và (4) suy ra 
c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). 
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì (6).
Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.
Câu 5: Vì b, c nên suy ra . Do đó:
a + b2 + c3 – ab – bc – ca a + b + c – ab – bc – ca (1).
Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2)
Vì a, b, c nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0 ; – abc0
Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca 1 (3).
Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. 
ĐỀ SỐ 9
Câu 1: a) Thay x = vào hàm số ta được:
y = .
b) Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = ; còn đường thẳng y = 3x + m cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = . Suy ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên trục hoành .
Câu 2: a) A =
, với .
b) Điều kiện: x ≠ 3 và x ≠ - 2 (1).
x2 – 4x + 3 = 0. Giải ra ta được: x1 = 1 (thỏa mãn); x2 = 3 (loại do (1)). 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
Câu 3: a) Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được:
.
Vậy phương trình có nghiệm (1; 2).
b) Giải hệ đã cho theo m ta được:
Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10
m2 + (m + 1)2 = 10 2m2 + 2m – 9 = 0. 
Giải ra ta được: .
Câu 4: 
a) Tứ giác ACNM có: (gt) ( tínhchất tiếp tuyến).
ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD.
b) ∆ANB và ∆CMD có:
(do tứ giác BDNM nội tiếp)
(do tứ giác ACNM nội tiếp) ∆ANB ~ ∆CMD (g.g)
c) ∆ANB ~ ∆CMD= 900 (do là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
Suy ra IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK (1).
Tứ giác ACNM nội tiếp (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2). 
Lại có: sđ) (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra IK // AB (đpcm).
Câu 5: Ta có: 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:
Từ (2) và (3) suy ra: 
Từ (1) và (4) suy ra:
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
*Lời nhắn
Câu V
Các bạn được sử dụng bất đẳng thức Cô-si để làm toán như một định lý (không phải chứng minh)
Bất đẳng thức Cô-si chỉ áp dụng cho các số không âm. Cụ thể là :
 + Với hai số a ³ 0, b ³ 0 ta có , dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = b.
 + Với ba số a ³ 0, b ³ 0, c ³ 0 ta có , dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = b = c.
ĐỀ SỐ 10
Câu 1:
b) 
Vì 0 < x < 1 nên .
Câu 2: a) 
b) 
Đặt = t (t ≥ 0) (1)
Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 + 3t – 4 = 0 (2)
Phương trình (2) có tổng các hệ số bằng 0; suy ra (2) có hai nghiệm: t1 = 1 (thỏa mãn (1)); t2 = - 4 (loại do (1)).
Thay t1 = 1 vào (1) suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 3: Gọi x là số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất được trong 1 giờ(x > 0). 
Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10.
Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là (giờ)
Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là (giờ)
Theo bài ra ta có phương trình: (1)
Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại). 
Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II.
Câu 4: 
a) Ta có và lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O/) 
Suy ra C, B, D thẳng hàng.
b) Xét tứ giác CDEF có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/)
 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang.
Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2)
Từ (1) suy ra IK ^ MN IK KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định).
Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AKd ^ AK tại A.
Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA.
Câu 5: Ta có:
 (1) (gt)
 (2)
 (3)
Từ (1) và (2) suy ra:
 (4)
Từ (1) và (3) suy ra:
 (5)
Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được:
x + y = - (x + y) 2(x + y) = 0 x + y = 0.
ĐỀ SỐ 11
Câu 1: 1) Rút gọn
A = 
 = 
2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1, x2 = .
Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến khi trên R khi và chỉ khi 3 - k 3
2) Giải hệ: 
Câu 3: 1) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: m < 0
2) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ∆’ = 9 - m ≥ 0 m ≤ 9
Theo hệ thứcViét ta có 
Theo yêu cầu của bài ra x1 - x2 = 4	 (3)
Từ (1) và (3) x1 = 5, thay vào (1) x2 = 1
Suy ra m = x1.x2 = 5 (thoả mãn)
Vậy m = 5 là giá trị cần tìm.	
 Câu 4:	
a) Ta có E là trung điểm của AC OE AC hay = 900.
Ta có Bx AB =900.
nên tứ giác CBME nội tiếp.
b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp (cung chắn ), (cùng chắn cung EM) ~ (g.g) IB.IE = M.IO
Câu 5: Ta có : P = 3x + 2y + 
Do 
 , 
Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19
Dấu bằng xẩy ra khi 
Vậy min P = 19.
Lời bình:
Câu V
· Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành theo sơ đồ "bé dần": P ³ B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn).
1) Do giả thiết cho x + y ³ 6, đã thuận theo sơ đồ "bé dần": P ³ B, điều ấy mách bảo ta biểu thị P theo (x + y). Để thực hiện được điều ấy ta phải khử và . 
 Do có x > 0; y > 0 nên việc khử được thực hiện dễ dàng bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các từng cặp số Ax và , By và .
 Bởi lẽ đó mà lời giải đã "khéo léo" tách , . 
2) Tuy nhiên mấu chốt lời giải nằm ở sự "khéo léo" nói trên. Các số , được nghĩ ra bằng cách nào?
 Với mọi số thực a < 2, ta có 
 = (1)
 Þ (2)
Ta có , dấu đẳng thức có khi ; (3)
 , dấu đẳng thức có khi . ; (4) 
 Để (2) trở thành đẳng thức buộc phải có x + y = 6 Þ (5)
 Thấy rằng là một nghiệm của (5). Thay vào (2) ta có sự phân tích như lời giải đã trình bày. Các số , được nghĩ ra như thế đó.
3) Phương trình (3) là phương trình "kết điểm rơi". Người ta không cần biết phương trình "kết điểm rơi" có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. (Việc giải phương trình "kết điểm rơi" nhiều khi phức tạp và cũng không cần thiết.)
ĐỀ SỐ 12 
Câu 1: Rút gọn biểu thức
1) A = = 
 = = 15
2) B = với a ≥ 0, a ≠ 1
= = (1 + ) (1 - ) = 1 - a
Câu 2: 1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a . (- 2)2 4a = -12
 a = - 3. Khi đó hàm số là y = - 3x2.
2) a) Với m = 5 ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0.
∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11
x1 = ; x2 = 
b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi:
∆’ > 0 (m + 1)2 - m2 > 0 2m + 1 > 0 m > (*)
Phương trình có nghiệm x = - 2 4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 
 m2 - 4m = 0 (thoả mãn điều kiện (*))
Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm.
Câu 3:
Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m)
Diện tích thửa ruộng là x.y
Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3)
Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng còn lại là (x-2) (y-2).
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
.
Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2).
Câu 4: 1) Ta có 
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp
Vì tứ giác ABCD nội tiếp. (cùng chắn cung AB). (1)
Ta có tứ giác DMCS nội tiếp (cùng bù với ). (2)
Từ (1) và (2) .
2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD CK, CA BK.
 M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K.
3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp (cùng chắn ). (3)
Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp (cùng chắn ). (4)
Từ (3) và (4) hay AM là tia phân giác .
Chứng minh tương tự: hay DM là tia phân giác .
Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE.
Câu 5: Ta có: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3)
Điều kiện: x ≥ 2 (*)
Phương trình đã cho
 (thoả mãn đk (*))
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2.
Lời bình:
Câu IVb
Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, một phương pháp thường dùng là chứng minh ba đường thẳng ấy hoặc là ba đường cao, hoặc là ba đường trung tuyến, hoặc là ba đường phân giác của một tam giác.
ĐỀ SỐ 13
Câu 1: 
1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠ 2
Ta có: 
2) Ta có: P = 
P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8 (a + 2)
Câu 2:
1) Đường thẳng đi qua điểm M (1; -1) khi a + (2a - 1) . (- 1) + 3 = 0 
 a - 2a + 4 = 0 a = 4
Suy ra đường thẳng đó là 4x + 7y + 3 = 0 
nên hệ số góc của đường thẳng là 
 2) a) Phương trình có nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0.
 b) Phương trình có 2 nghiệm khi:
∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0 m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng m.
Ta có x1.x2 = 5 = 5 m + 1 = 5m - 5 .
Với m = ta có phương trình : x2 - 3x + x2 - 6x + 5 = 0
Khi đó x1 + x2 = 
Câu 3: Hệ đã cho .
Câu 4:	
1) Theo giả thiết ta có:
Mà 
Tương tự 
Xét tứ giác BICK có 
 4 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O đường kính IK.
2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì ∆ICK vuông tại C) ∆ IOC cân tại O 
 	 (1)
Ta lại có (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC.
Ta có AH BC. (Vì ∆ ABC cân tại A).
Trong ∆ IHC có 
Hay hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O).
3) Ta có BH = CH = 12 (cm).
Trong ∆ vuông ACH có AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 AH = 16
Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có:
 (16 - IH) . 3 = 5 . IH IH = 6
Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180
Trong ∆ vuông ICK có IC2 = IH . IK 
 , OI = OK = OC = 15 (cm)
Câu 5:
Ta có (1)	Điều kiện: x ≥ - 2010
(1)
Giải (2) : (2)  
(4) (x + 1)2 = x + 2010 x2 + x - 2009 = 0
∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037
 (loại)
Giải (3): (3) 
(