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

BỘ ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH 
VÀO LỚP 10 THPT VÀ THPT CHUYÊN
Môn: TOÁN
 &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
BIÊN TẬP
NGND NguyÔn TrÝ HiÖp 
 Phã Gi¸m ®èc Së GD§T
Ths NguyÔn Ngäc L¹c 
Tr­ëng Phßng GDTrH Së GD§T
BIÊN SOẠN
NguyÔn ViÕt Phó
Chuyªn viªn Phßng GDTrH Së GD§T
Ths Lª Phi Hïng
Gi¸o viªn Tr­êng THPT Chuyªn Hµ TÜnh
Ths NguyÔn Hång C­êng 
Phã hiÖu tr­ëng Tr­êng THPT Phan §×nh Phïng
Ph¹m Quèc Phong
Gi¸o viªn Tr­êng THPT Hång LÜnh
Hoµng B¸ Dòng
Gi¸o viªn Tr­êng THPT Mai KÝnh
NguyÔn §×nh Nh©m 
Gi¸o viªn Tr­êng THPT CÈm Xuyªn
Bïi H¶i B×nh 
Gi¸o viªn Tr­êng THCS Lª V¨n Thiªm
§Æng H¶i Giang 
 Gi¸o viªn Tr­êng THCS ThÞ trÊn CÈm Xuyªn
NguyÔn Huy TiÔn
Chuyªn viªn Phßng GD§T Hång LÜnh
LỜI NÓI ĐẦU 
Để góp phần định hướng cho việc dạy - học ở các trường nhất là việc ôn tập, rèn luyện kĩ năng cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục của tỉnh nhà nhằm nâng cao chất lượng các kì thi tuyển sinh, Sở GDĐT Hà Tĩnh phát hành Bộ tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và THPT chuyên gồm 3 môn: Toán, Ngữ văn và Tiếng Anh. 
- Môn Ngữ văn được viết theo hình thức tài liệu ôn tập.
Về cấu trúc: Hệ thống kiến thức cơ bản của những bài học trong chương trình Ngữ văn lớp 9 (riêng phân môn Tiếng Việt, kiến thức, kĩ năng chủ yếu được học từ lớp 6,7,8). Các văn bản văn học, văn bản nhật dụng, văn bản nghị luận được trình bày theo trình tự: tác giả, tác phẩm (hoặc đoạn trích), bài tập. Các đề thi tham khảo (18 đề) được biên soạn theo hướng: đề gồm nhiều câu và kèm theo gợi ý làm bài (mục đích để các em làm quen và có kĩ năng với dạng đề thi tuyển sinh vào lớp 10).
Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu được biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ năng của Bộ GDĐT, trong đó tập trung vào những kiến thức cơ bản, trọng tâm và kĩ năng vận dụng. 
- Môn Tiếng Anh được viết theo hình thức tài liệu ôn tập, gồm hai phần: Hệ thống kiến thức cơ bản, trọng tâm trong chương trình THCS thể hiện qua các dạng bài tập cơ bản và một số đề thi tham khảo (có đáp án).
- Môn Toán được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm hai phần: một phần ôn thi vào lớp 10 THPT, một phần ôn thi vào lớp 10 THPT chuyên dựa trên cấu trúc đề thi của Sở. Mỗi đề thi đều có lời giải tóm tắt và kèm theo một số lời bình.
Bộ tài liệu ôn thi này do các thầy, cô giáo là lãnh đạo, chuyên viên phòng Giáo dục Trung học - Sở GDĐT; cốt cán chuyên môn các bộ môn của Sở; các thầy, cô giáo là Giáo viên giỏi tỉnh biên soạn. 
Hy vọng đây là Bộ tài liệu ôn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học ở các trường THCS và kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, THPT chuyên năm học 2011-2012 và những năm tiếp theo.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ của đội ngũ những người biên soạn, song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự đóng góp của các thầy, cô giáo và các em học sinh trong toàn tỉnh để Bộ tài liệu được hoàn chỉnh hơn.
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất trong các kỳ thi sắp tới!
Tr­ëng ban biªn tËp
Nhà giáo Nhân dân,
Phó Giám đốc Sở GDĐT Hà Tĩnh
Nguyễn Trí Hiệp
A - PHẦN ĐỀ BÀI 
I - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
ĐỀ SỐ 1 
Câu 1: a) Cho biết a = và b = . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab.
 b) Giải hệ phương trình: .
Câu 2: Cho biểu thức P = (với x > 0, x 1)
Rút gọn biểu thức P.
Tìm các giá trị của x để P > .
Câu 3: Cho phương trình: x2 – 5x + m = 0 (m là tham số).
 a) Giải phương trình trên khi m = 6.
 b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: .
Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: 
 a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) AE.AF = AC2.
 c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = .
ĐỀ SỐ 2
Câu 1: a) Rút gọn biểu thức: .
Giải phương trình: x2 – 7x + 3 = 0.
Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d: y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2.
b) Cho hệ phương trình: . 
Tìm a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x;y ) = ( 2; - 1).
Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển một lượng hàng. Người lái xe tính rằng nếu xếp mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa lại 5 tấn, còn nếu xếp mỗi toa 16 tấn thì có thể chở thêm 3 tấn nữa. Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng.
Câu 4: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MIAB, MKAC (IAB,KAC)
 a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) Vẽ MPBC (PBC). Chứng minh: .
 c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5: Giải phương trình:
ĐỀ SỐ 3
Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x4 + 3x2 – 4 = 0 
b) 
Câu 2: Rút gọn các biểu thức:
 a) A = 
 b) B = ( với x > 0, x 4 ).
Câu 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2 trên cùng một hệ trục tọa độ.
	b) Tìm tọa độ giao điểm của các đồ thị đã vẽ ở trên bằng phép tính.
Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H.
 a) Chứng minh: AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) Gọi M và N thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn (O;R) với BE và CF. Chứng minh: MN // EF.
 c) Chứng minh rằng OA EF.
Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
	P = 
ĐỀ SỐ 4
Câu 1: a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức sau: ; .
	b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax2 đi qua điểm M (- 2; ). Tìm hệ số a.
Câu 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau:
	a) 
	b) 
Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + 4 = 0 (1)
 a) Giải phương trình đã cho khi m = 3.
 b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: ( x1 + 1 )2 + ( x2 + 1 )2 = 2.
Câu 4: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho: (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ).
Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Tính số đo của góc 
Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng minh CK BN.
Câu 5: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh: 
ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ).
ĐỀ SỐ 5
Câu 1: a) Thực hiện phép tính: 
 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( 2; 3 ) và điểm B(-2;1) Tìm các hệ số a và b.
Câu 2: Giải các phương trình sau:
	a) x2 – 3x + 1 = 0
 b) 
Câu 3: Hai ô tô khởi hành cùng một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120 km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10 km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc của mỗi ô tô.
Câu 4: Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F.
 a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật.
 b) Chứng minh ∆ACD ∆CBE 
 c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.
 d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh: . 
Câu 5: Giải phương trình: 
ĐỀ SỐ 6
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
 a) A = 
 b) B = ( với a > 0, b > 0, a b)
Câu 2: a) Giải hệ phương trình: 
 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2 – x – 3 = 0. Tính giá trị biểu thức: P = x12 + x22.
Câu 3: 
a) Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M ( 2; ) và song song với đường thẳng 2x + y = 3. Tìm các hệ số a và b.
 b) Tính các kích thước của một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2.
Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng:
 a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) NM là tia phân giác của góc .
 c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2.
Câu 5: Cho biểu thức A = . Hỏi A có giá trị nhỏ nhất hay không? Vì sao?
ĐỀ SỐ 7
Câu 1: a) Tìm điều kiện của x biểu thức sau có nghĩa: A = 
	b) Tính: 
Câu 2: Giải phương trình và bất phương trình sau:
	a) ( x – 3 )2 = 4
	b) 
Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1)
 a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2.
 b) Tìm các giá trị của m để: x12 + x22 – x1x2 = 7.
Câu 4: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M.
 a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC.
 b) Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK // CD.
 c) Chứng minh: OK.OS = R2.
Câu 5: Giải hệ phương trình: .
ĐỀ SỐ 8
Câu 1: a) Giải hệ phương trình: 
 b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình:3x2 – x – 2 = 0. Tính giá trị biểu thức: P = .
Câu 2: Cho biểu thức A = với a > 0, a 1
 a) Rút gọn biểu thức A.
 b) Tìm các giá trị của a để A < 0.
Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + 1 + m = 0 (1)
 a) Giải phương trình đã cho với m = 0.
 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ).
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).
 a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) Chứng minh .
 c) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH.
Câu 5: Cho các số a, b, c . Chứng minh rằng: a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1.
ĐỀ SỐ 9
Câu 1: a) Cho hàm số y = x + 1. Tính giá trị của hàm số khi x = .
 b) Tìm m để đường thẳng y = 2x – 1 và đường thẳng y = 3x + m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.
Câu 2: a) Rút gọn biểu thức: A = với .
 b) Giải phương trình: 
Câu 3: Cho hệ phương trình: (1)
 a) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1.
 b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10.
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D.
 a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD.
 c) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK //AB.
Câu 5: Chứng minh rằng: với a, b là các số dương.
ĐỀ SỐ 10
Câu 1: Rút gọn các biểu thức:
 a) A = 
 b) B = , với 0 < x < 1
Câu 2:Giải hệ phương trình và phương trình sau:
 a) .
 b) 
Câu 3: Một xí nghiệp sản xuất được 120 sản phẩm loại I và 120 sản phẩm loại II trong thời gian 7 giờ. Mỗi gi ... n tại A.
Câu 5: Xét điểm A và hình tròn (C1) có tâm A, bán kính bằng 1.
- Nếu tất cả 98 điểm còn lại đều nằm trong (C1) thì hiển nhiên bài toán được chứng minh.
- Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài (C1). 
Ta có: AB > 1 (1)
Vẽ hình tròn (C2) tâm B, bán kính bằng 1.
+ Giả sử C là một điểm bất kì khác A và B. Khi đó điểm C thuộc một trong hai hình tròn
 (C1) và (C2). Thật vậy, giả sử C không thuộc hai hình tròn nói trên.
 Suy ra: AC > 1 và BC > 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C không có hai điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 1 (vô lí vì trái với giả thiết). 
Chứng tỏ CÎ (C1) hoặc CÎ (C2). Như vậy 99 điểm đã cho đều thuộc (C1) và (C2). 
Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải có một hình tròn chứa không ít hơn 50 điểm.
ĐỀ SỐ 2 
Câu 1: a) Theo bài ra ta có:
+ Nếu x + y - 2011 = 0 thì y - x + 2010 = 0 
+ Nếu y - x + 2010 = 0 thì x + y - 2011 = 0, ta cũng được kết quả như trên.
+ Nếu x + y - 2011 0 thì vô lý (vì VP là số hữu tỉ, VT là số vô tỉ) 
Vậy x = 2010,5 và y = 0,5 là cặp số duy nhất thoả mãn đề bài. 
b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012
 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012
 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012
 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 . Chỉ có 3 bộ sau thoả mãn: 
x = 502, y = 1, z = 1 hoặc x = 1005, y = 1, z = 0 hoặc x = 2011, y = 0, z = 0.
Câu 2: a) Điều kiện: x > -1
Đặt a = ; b = 	
Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = 0 b = 2a ; a = 2b 
Do đó: 1) 2 = 4(x + 1) = x2 - x + 1
 x2 - 5x - 3 = 0 x1 = (loại); x2 = 
2) = 2 vô nghiệm.
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 
b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > 0
 8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 0
 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - 8 + abc
nên 2(ab + bc + ca) > 4 (vì a + b + c = 3 và abc 0)
Suy ra (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > 4
 a2 + b2 + c2 (vì (a + b + c)2 = 9)
Dấu “=” xẩy ra khi một trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1.
Câu 3: Giả sử x = (p, q Z, q > 0) và (p, q) = 1
Ta có (n N) p2 = q(-P - 6q + n2q)
=> q là ước của p2 nhưng (p, q) = 1 => q = 1 lúc đó x = p
=> p2 + p + 6 = n2 (p, n Z)
 (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23
 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23
Do đó 2n - 2p - 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23 ; 2n - 2p - 1 = 23 và 2n + 2p + 1 = 1	
(vì 23 P và 2n + 2p + 1 > 0 và 2n - 2p - 1 > 0) p = 5 (t/m) ; p = - 6 (t/m)
Vậy số hữu tỉ x cần tìm là 5 hoặc – 6
Câu 4:
a) Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì = 1800). Tứ giác MNCI cũng nội tiếp được (vì MNC = 900)
=> , (1)
(vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung).
Mặt khác (2)
(vì do cùng bù với góc A của tam giác ABC)
 Từ (1), (2) suy ra = nên 3 điểm
 K, N, I thẳng hàng.
 b) Vì (vì 2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM)
=> hay (1)
Tương tự có: hay 	(2)
Mà ( = ) 	 (3)
Từ (1), (2), (3) => 	(đpcm)
c) Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P MS) 
=> HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC)
=> N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do vì cùng bằng ) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm).
Câu 5: Đưa về bài toán tìm P để hệ phương trình: có nghiệm.
Hệ trên . Lấy (1) - (2), ta có:
(8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = 0	(3)
- Nếu y = 0 => (8 - p)x2 = 0 x = 0 hoặc p = 8 
- Nếu y 0 chia 2 vế pt (3) cho y2 ta có :
(8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = 0 	(4) với t = .
+ Nếu p = 8 thì t = - .
+ Nếu p 8: Phương trình (2) có nghiệm = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > 0
 p2 - 12p - 18 6 - 3. Dấu “=” có xảy ra.
Vậy min P = 6 - 3 , max P = 6 +3 .
ĐỀ SỐ 3 
Câu 1: a) Từ giả thiết ta có:
Nhân 2 vế của đẳng thức với ta có: 
Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có:
 , 
Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có (đpcm)
b) Đặt . Thay vào ta có:
 = 
Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
a2 + bc ≥ 2a.
Do đó 
= , đpcm.
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều.
b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0
Ta có: 	
Vậy minA = 
Câu 3: a) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5
Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: 	
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3
Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn..
 Vậy pt có nghiệm
b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f (1)
Thay x = 2 vào (1) ta có: f(2) + 3. = 4.
Thay x = vào (1) ta có: 
Đặt f(2) = a, = b ta có. . Giải hệ, ta được 
Vậy .
Câu 4: 
Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều thì A, O, D thẳng hàng và OK = AB. Vì FM = EF mà EF = AB do đó FM = OK
Ta lại có AF = R AF = OA và = 1200.
Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c)
đều.
Câu 5: 
Gọi BH là đường cao của ∆ABO
Ta có 2SAOB = OA . BH
Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA . OB
mà OA.OB 
Do đó 2SAOB 
Dấu “=” xảy ra OA OB và OA = OB
Chứng minh tương tự ta có:
2SBOC ; 2SCOD 
2SAOD 
Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 
Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD
và là hình vuông tâm O.
Lời bình:
Câu III.b
1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi từ đâu mà ra? 
Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình
 A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1)
Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau
Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) . (2)
 Giả sử x = b là một nghiệm của (2). 
Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b). ta có hệ
 (3)
Giải hệ phương trình (3) (đó là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) .
· Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2.
 Phương trình Q(x) = P(a) Û Û , tức là 
 Số được nghĩ ra như thế đó.
2) Chú ý: Không cần biết phương trình (2) có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. 
3) Một số bài tập tương tự
 a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f(-x) = 2 + 3x. (với x Î ).
 b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu (với 0 ¹ x ¹ 1).
 c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu (với 0 ¹ x ¹ 1).
ĐỀ SỐ 4
Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 4 2xy = (x + y)2 - 4 = (x + y + 2) (x + y - 2) 
 Vì x + y + 2 ≠ 0 nên (1)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: 
 x + y ≤ x + y ≤ (2)
Từ (1), (2) ta được: . Dấu "=" .
Vậy maxA = .
b) Vì x2 + y2 + z2 = 2 nên:
= 
Ta có x2 + y2 ≥ 2xy ,
Tương tự , 
Vậy + + + + + 3
 , đpcm.
Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = (1) .Điều kiện: (2)
(1) (3x + 10 - + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0
 (- 1)2 + (x + 3)2 = 0
 (thỏa mãn đk (2).
Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3.
b) 
Ta có: 
Mặt khác: - 2 (x - 1)2 - 1 ≤ - 1 y3 ≤ - 1 y ≤ - 1 (2)
Từ (1) và (2) y = - 1 nên x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn.
Vậy x = 1 và y = -1 là các số cần tìm.
Câu 3: 
a) Đặt và ta có x2 = b3 và y2 = c3 
Thay vào gt ta được 
 a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + 
a2 = (b + c)3 hay , đpcm.
b) Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình, dễ thấy .
Suy ra + ax0 + b + 
Đặt x0 + 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:
 (1)
Ta chứng minh (2)
Thực vậy: (2) 
 đúng với nên (1) đúng
Từ (1), (2) suy ra , đpcm.
Câu 4: Đặt AH = x
Ta có 
Trong ∆ vuông AMB ta có MA2 = AH . AB = 2Rx
(H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC)
Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là hình chữ nhật). 
Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R - x)2.
Do H AB O ≤ x ≤ 2R
Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0
 (5x - 3R) (3x - 5R) = 0 .
Cả 2 giá trị này đều thoả mãn
Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’ 2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường tròn với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’.
Câu 5: 
Gọi I là trung điểm của CD.
Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆BDC IE // BC
Mà GF ^BC IE^ GF (1)
Chứng minh tương tự EG ^IF (2)
Từ (1) và (2) G là trực tâm của ∆EIF 
 IG EF (3)
Dễ chứng minh EF // DC (4) 
Từ (3) và (4) IG DC
Vậy ∆ DGC cân tại G DG = GC
 ĐỀ SỐ 5
Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x . 
Ta có: (1)
Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 
Û (y + 20) (y - 2) = 0 Û y = -20 ; y = 2
Thay vào (2), ta có 
Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: 
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 
2) . Điều kiện (*)
Phương trình đã cho 
Đặt t = 
Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 
Ta có: (x -3)
 + (1) . (t/m (*))
+ (2) . (t/m (*))
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: .	
Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0 - 1 0 A ≥ 0
Vậy A2 = . 
Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0 
Vậy minA = 4.
2) Chứng minh: (1)
Sử dụng bất đẳng thức: , ta có:
(2)
Tương tự, ta được: (3) và 
 (4)
Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm.
Câu 3: (1) có nghiệm 
(2) có nghiệm 
Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1).
Câu 4: Kẻ MP // BD (P AD)
MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H.
Ta có mà 
Gọi O là giao điểm
 của AC và BD. Ta có 
 và . Suy ra: 
Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH MF = EN ME = NF
Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì 
Ta có (góc nội tiếp chắn )
Lại có 
Từ (1) và (2) , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có (góc nội tiếp chắn ) do đó AN // EH mà HE MA nên NA MA. hay AN là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định.
2) Kẻ DI MA, DK MB, ta có
Vậy (1)
Ta có (cùng phụ với ) mà (CMT)
 và .
Tứ giác MEHF nội tiếp nên 
Tứ giác MIDK nội tiếp nên 
 do đó
 ID . HE = DK . HF (2)
Từ (1), (2) .
ĐỀ SỐ 6
Câu 1: Ta có:	A = 
= - 1 + = - 1 + 5 = 4
Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra:
 (*)
Do 
Nên từ (*) suy ra x = y = z = 0, do đó M = 0
b) x3 = 2a + 
 x3 = 2a + 3x . x3 = 2a + x(1 - 2a)
 x3 + (2a - 1) x - 2a = 0 (x - 1) (x2 + x + 2a) = 0
Câu 3: 
a) Ta có: (1)
Mặt khác 
 > 0 (2)
Ta có: 
 > 0 (3)
Từ (1), (2), (3) ta có:
Do đó abc ≥ 35.57 = 1995. 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 35 và c = .
Vậy min (abc) = 1995.
b) Đặt t = A = ta, B = tb, C = tc, D = td.
t = 
Vì vậy 
= (a + b + c + d)
= 
Câu 4: 	
a) Xét ∆ABC có PQ // BC 
Xét ∆BAH có QM // AH 
Cộng từng vế ta có:
Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đó PQ đi qua trung điểm AH.
b) Vì mà BC = AH 
Do đó chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi)
Câu 5: 	
∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà 
AB = 2AM nên HC = 2HD.
Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta có:
DH2 = HM . HC hay x2 = HM . 2x
 HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x.
Vậy AH = 3HD.
MỤC LỤC
Trang
- Lời giới thiệu ___________________________________________3
- A phần đề tài __________________________________________5
I – Phần ôn thi tuyển sinh lớp 10 THPT_______________________ 5
II – Đề ôn thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán ___________________33
B- Phần lời giải ________________________________________38
I – Lớp 10 THPT _______________________________________38
II – Lớp 10 chuyên toán_________________________________ 122