Tập đề ôn thi tuyển vào lớp 10 môn Toán học

 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 1 
TẬP ĐỀ ễN THI TUYỂN VÀO LỚP 10 
Đề : 1 
Bài 1: Cho biểu thức: P = 
( )








−
+−








+
+
−
−
−
1
122
:
11
x
xx
xx
xx
xx
xx
a,Rút gọn P 
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. 
Bài 2: Cho ph−ơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*) 
a.Tìm m để ph−ơng trình (*) có 2 nghiệm âm. 
b.Tìm m để ph−ơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả m2n 
3
2
3
1 xx − =50 
Bài 3: Giải hệ ph−ơng 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 đ−ờng 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 l−ợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đ−ờng 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
+ = Tớnh: 5
5
1
x
x
+ 
Đáp án 
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 1;0 ≠≥ x 
a, Rút gọn: P = 
( )
( )
( )
1
12
:
1
12
2
−
−
−
−
x
x
xx
xx z
 P = 
1
1
)1(
1
2
−
+
=
−
−
x
x
x
x
b. P = 
1
2
1
1
1
−
+=
−
+
xx
x
Để P nguyên thì 
)(121
9321
0011
4211
Loaixx
xxx
xxx
xxx
−=⇒−=−
=⇒=⇒=−
=⇒=⇒−=−
=⇒=⇒=−
Vậy với x= { }9;4;0 thì P có giá trị nguyên. 
Bài 2: Để ph−ơng trình có hai nghiệm âm thì: 
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 2 
( ) ( )






<+=+
>−+=
≥−+−+=∆
012
06
06412
21
2
21
22
mxx
mmxx
mmm
 3
2
1
0)3)(2(
025
−<⇔







−<
>+−
>=∆
⇔ m
m
mm 
b. Giải ph−ơng trình: ( ) 50)3(2 33 =+−− mm 







−−
=
+−
=
⇔
=−+⇔=++⇔
2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm
Bà3. Đặt : 
( )
( )
1
1
u x x
v y y
 = +

= +
 Ta có : 
18
72
u v
uv
+ =

=
 ⇒ u ; v là nghiệm của ph−ơng trình : 
2
1 218 72 0 12; 6X X X X− + = ⇒ = = 
⇒
12
6
u
v
=

=
 ; 
6
12
u
v
=

=
⇒ 
( )
( )
1 12
1 6
x x
y y
 + =

+ =
 ; 
( )
( )
1 6
1 12
x x
y y
 + =

+ =
Giải hai hệ trên ta đ−ợc : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. 
Bà4 
a. Giả sử đ2 tìm đ−ợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H 
là trực tâm tam giác ABC nên 
CH AB⊥ và BH AC⊥ => BD AB⊥ và CD AC⊥ . 
 Do đó: ∠ ABD = 900 và ∠ ACD = 900 . 
Vậy AD là đ−ờng kính của đ−ờng tròn tâm O 
 Ng−ợc lại nếu D là đầu đ−ờng kính AD 
của đ−ờng tròn tâm O thì 
tứ giác BHCD là hình bình hành. 
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên ∠ APB = ∠ ADB 
nh−ng ∠ ADB = ∠ ACB nh−ng ∠ ADB = ∠ ACB 
Do đó: ∠ APB = ∠ ACB Mặt khác: 
∠ AHB + ∠ ACB = 1800 => ∠ APB + ∠ AHB = 1800 
Tứ giác APBH nội tiếp đ−ợc đ−ờng tròn nên ∠ PAB = ∠ PHB 
Mà ∠ PAB = ∠ DAB do đó: ∠ PHB = ∠ DAB 
Chứng minh t−ơng tự ta có: ∠ CHQ = ∠ DAC 
H
O
P
Q
D
CB
A
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 3 
Vậy ∠ PHQ = ∠ PHB + ∠ BHC + ∠ CHQ = ∠ BAC + ∠ BHC = 1800 
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng 
c). Ta thấy ∆ APQ là tam giác cân đỉnh A 
Có AP = AQ = AD và ∠ PAQ = ∠ 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ 
đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất 
 D là đầu đ−ờng kính kẻ từ A của đ−ờng tròn tâm O 
Bài 5 Từ 
2 2
2
2
1 1 1 1
7 2 7 9 3x x x x
x x x x
   
+ = ⇒ + − = ⇒ + = ⇒ + =   
   
(do x>o) 
Nờn
5 4 3 2 4 2
5 2 3 4 4 2
1 1 1 1 1 1 1 1
3 1x x x x x x x x
x x x x x x x x
     
+ = + − + − + = + − + +     
     
 ( )2 213 2 7 1 3 49 8 123x x
  
= + − − + = − =  
  
..HẾT 
Đề : 2 
Câu1 : Cho biểu thức 
 A=
2
)1(
:
1
1
1
1
2
2233
−
−






−
+
+






+
−
−
x
xx
x
x
x
x
x
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 ph−ơng trình: 
2( ) 4 3( )
2 3 7
x y y x
x y
 − − = −

+ =
 b. Giải bất ph−ơng trình: 
3 2
2
4 2 20
3
x x x
x x
− − −
+ +
<0 
 Câu3. Cho ph−ơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0 
 a)Xác định m để ph−ơng trình trên có nghiệm phõn biệt 
b)Xác định m để ph−ơng trình trên có nghiệm phõn biệt x1;x2 sao cho: 2 21 2 3x x+ = 
Câu 4. Cho nửa đ−ờng tròn tâm O , đ−ờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đ−ờng tròn đó D−ng hình vuông ABCD 
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đ−ờng tròn (O) . Gọi Klà giao 
điểm của CFvà ED 
a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đ−ờng tròn 
b. chứng minh rằng :BK là tiếp tuyến của(o) 
c. chứng minh rằng :F là trung điểm của CK 
đáp án 
Câu 1: a. Rút gọn A=
x
x 22 −
b.Thay x= 6 4 2 2 2+ = + vào A ta đ−ợc A= 2(4 2)+ 
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 4 
O
K
F
E
D
CB
A
c.A=3 x2-3x-2=0=> x=
2
173 ±
Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đ−ợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 
Từ đó ta có
2( ) 4 3( )
2 3 7
x y y x
x y
 − − = −

+ =
* 
1
2 3 7
x y
x y
− =

+ =
(1) V *
4
2 3 7
x y
x y
− = −

+ =
(2) 
Giải hệ (1) ta đ−ợc x=2, y=1 
Giải hệ (2) ta đ−ợc x=-1, y=3 
Vậy hệ ph−ơng trình có nghiệm là x=2, y=1 hoặc x=-1; y=3 
b) Ta có x3-4x2-2x-20=(x-5)(x2+x+4) 
mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 ; x2+x+4>0 với mọi x 
Vậy bất ph−ơng trình t−ơng đ−ơng với x-5>0 =>x>5 
Câu 3: Ph−ơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 
• a)Xét 2m-1≠0=> m≠ 1/2 
và ,∆ = m2-2m+1= (m-1)2 > 0 m≠1 
ta thấy pt có 2 nghiệm p.biệt với m≠ 1/2 và m≠1 
b) m= 2 2
4
± 
Câu 4: 
a. Ta có ∠ KEB= 900 
mặt khác ∠ BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đ−ờng tròn) 
do CF kéo dài cắt ED tại D 
=> ∠ BFK= 900 => E,F thuộc đ−ờng tròn đ−ờng kính BK 
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đ−ờng tròn đ−ờng kính BK. 
b. ∠ BCF= ∠ BAF 
Mà ∠ BAF= ∠ BAE=450=> ∠ BCF= 450 
Ta có ∠ BKF= ∠ BEF 
Mà ∠ BEF= ∠ BEA=450(EA là đ−ờng chéo của hình vuông ABED)=> ∠ BKF=450 
Vì ∠ BKC= ∠ BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B 
 =>BK ⊥ OB=>BK là tiếp tuyến của(0) 
 c)BF ⊥ CK tại F=>F là trung điểm 
HẾT 
Đề: 3 
Bài 1: Cho biểu thức: ( ) ( )( )yx xyxyx yyyx xP −+−++−−+= 111))1)(( 
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. 
b). Tìm x,y nguyên thỏa m2n phơng trình P = 2. 
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) . 
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 đ−ờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đ−ờng 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 . 
b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. 
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 5 
Bài 5: Cho x >o ;y>0 thỏa m2n x+y=1 : Tỡm GTLN của A= x y+ 
 Đáp án 
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; 0;1;0;0 ≠+≠≥≥ yxyyx . 
*). Rút gọn P:
( )
( )( ) ( )
(1 ) (1 )
1 1
x x y y xy x y
P
x y x y
+ − − − +
=
+ + −
( ) ( )
( ) ( )( )
( )
1 1
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
− + −
=
−
( )( ) ( )
( )
1 1 1
1
x y y y y
y
− + − −
=
−
.x xy y= + − 
 Vậy P = .yxyx −+ 
b). P = 2 ⇔ .yxyx −+ = 2 
( ) ( )
( )( ) 111
111
=+−⇔
=+−+⇔
yx
yyx
Ta có: 1 + 1y ≥ ⇒ 1 1x − ≤ 0 4x⇔ ≤ ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4 
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả m2n 
Bài 2: a). Đ−ờng 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: 
 - x2 = mx + m – 2 
 ⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 (*) 
 Vì phơng trình (*) có ( ) mmmm ∀>+−=+−=∆ 04284 22 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 : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ m – 2 < 0 
⇔ m < 2. 
Bài 3 : 
( )
( )




=++
=++
=++
327
)2(1
111
19
xzyzxy
zyx
zyx
 ĐKXĐ : .0,0,0 ≠≠≠ zyx 
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 6 
Q
N
M
O
C
B
A
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2
81 2 81
81 2 27
2( ) 2 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
( ) 0
x y z x y z xy yz zx
x y z xy yz zx x y z
x y z xy yz zx x y z xy yz zx
x y y z z x
x y x y
y z y z x y z
z xz x
⇒ + + = ⇔ + + + + + =
⇔ + + = − + + ⇔ + + =
⇒ + + = + + ⇒ + + − + + =
⇔ − + − + − =

− = =
 
⇔ − = ⇔ = ⇔ = = 
 
=
− = 
Thay vào (1) => x = y = z = 3 . 
Ta thấy x = y = z = 3 thõa m2n hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. 
Bài 4: 
a). Xét ABM∆ và NBM∆ . 
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) 
nên :AMB = NMB = 90o . 
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC 
nên ABM = MBN => BAM = BNM 
 => BAN∆ cân đỉnh B. 
Tứ giác AMCB nội tiếp 
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB). 
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). 
=> Tam giác MCN cân đỉnh M 
b). Xét MCB∆ và MNQ∆ có : 
 MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt) 
 ∠ BMC = ∠ MNQ ( vì : ∠ MCB = ∠ MNC ; ∠ MBC = ∠ MQN ). 
=> )...( cgcMNQMCB ∆=∆ => BC = NQ . 
Xét tam giác vuông ABQ có ⇒⊥ BQAC AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) 
=> AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) 
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = R)15( − 
Bài 5:) Do A > 0 nên A lớn nhất ⇔ A2 lớn nhất. 
 Xét A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1) 
 Ta có: 
2
yx +
 xy≥ (Bất đẳng thức Cô si) => 1 > 2 xy (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2 
 Max A2 = 2 x = y = 
2
1
, max A = 2 x = y = 
2
1
 . 
Đề 4 
Câu 1: Cho hàm số f(x) = 442 +− xx 
a) Tính f(-1); f(5) 
b) Tìm x để f(x) = 10 
c) Rút gọn A = 
4
)(
2
−x
xf
 khi x ≠ 2± 
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 7 
Câu 2: Giải hệ ph−ơng trình



+−=+−
−+=−
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
Câu 3: Cho biểu thứcA = 







−
+







−
−
−
−
+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
 với x > 0 và x ≠ 1 
a) Rút gọn A 
b) Tìm giá trị của x để A = 3 
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đ−ờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đ−ờng vuông 
góc hạ từ A đến đ−ờng 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 ph−ơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 
Tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa m2n: 3x1 - 4x2 = 11 
đáp án 
Câu 1a) f(x) = 2)2(44 22 −=−=+− xxxx 
 Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 
b) 


−=
=
⇔


−=−
=−
⇔=
8
12
102
102
10)(
x
x
x
x
xf 
c) 
)2)(2(
2
4
)(
2 +−
−
=
−
=
xx
x
x
xf
A 
 Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra 
2
1
+
=
x
A 
 Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra 
2
1
+
−=
x
A 
Câu 2 
( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4
( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0
x y x y xy x xy y x x y
x y x y xy y x xy y x x y
− = + − − = + − − − = − =   
⇔ ⇔ ⇔   
− + = − + − + − = − + − + = =   
x -2
y 2
Câu 3 a) Ta có: A = 







−
+







−
−
−
−
+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
= 








−
+
−
−








−
−
−
+−
+−+
11
)1(
:
1
1
)1)(1(
)1)(1(
x
x
x
xx
x
x
xx
xxx
 = 







−
+−








−
−
−
−
+−
1
:
1
1
1
1
x
xxx
x
x
x
xx
= 
1
:
1
11
−−
+−+−
x
x
x
xxx
= 
1
:
1
2
−−
+−
x
x
x
x
 = 
x
x
x
x 1
1
2 −
⋅
−
+−
= 
x
x−2
b) A = 3 => 
x
x−2
 = 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2/3 
A 
P 
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 8 
Câu 4 
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) 
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có 
CB
CH
PB
EH
= ; (1) 
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) 
 => ∠ POB = ∠ ACB (hai góc đồng vị) 
=> ∆ AHC ∞ ∆ POB 
Do đó: 
OB
CH
PB
AH
= (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, đ−ờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH 
 Theo (1) và do AH = 2EH ta có 
 .)2(
2PB
AH.CB
2PB
AH.CB
AH2 −= R 
 ⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 
 ⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 
 ⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 
2
222
222
222
2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R
(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB
AH 
−
=
+−
−
=
+
=
+
=⇔
Câu 5 Để ph−ơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì ∆ > 0 
 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0 
 Từ đó suy ra m ≠ 1,5 (1) 
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: 
⇔









=−
−
=
−
−=+
114x3x
2
1m
.xx 
2
12m
xx 
21
21
21









=
−
−
−
=
=
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
8m-26
77m
x 
7
4m-13
x 
1
1
Giải ph−ơng trình 11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3 =
−
− ta đ−ợc m = - 2 và m = 4,125 (2) 
đ k (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph trình có hai nghiệm phân biệt thỏa m2n: 3 x1 -4 x2 = 11 
HẾT.. 
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 9 
Đề 5 
Câu 1: Cho P = 
2
1
x
x x
+
−
+ 
1
1
x
x x
+
+ +
 - 
1
1
x
x
+
−
a/. Rút gọn P. 
b/. Chứng minh: P < 
1
3
 với x ≥ 0 và x ≠ 1. 
Câu 2: Cho ph−ơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số. 
a/. Tìm m để ph−ơng trình (1) có nghiệm. 
b/. Tìm m để ph−ơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia. 
Câu 3: a/. Giải ph−ơng trình : 
1
x
 + 
2
1
2 x−
 = 2 
Câu 4: Cho ABC
 cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là 
đ−ờng tròn ngoại tiếp BCD
 . 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. 
Cõu5. Cho ba số x, y, z tho2 m2n đồng thời : 
2 2 22 1 2 1 2 1 0x y y z z x+ + = + + = + + = 
 Tính giá trị của biểu thức : 2009 2009 2009A x y z= + + . 
 . 
Đáp án 
Câu 1: Điều kiện: x ≥ 0 và x ≠ 1 
P = 
2
1
x
x x
+
−
+ 
1
1
x
x x
+
+ +
 - 
1
( 1)( 1)
x
x x
+
+ −
 = 
3
2
( ) 1
x
x
+
−
 + 
1
1
x
x x
+
+ +
 - 
1
1x −
 = 
2 ( 1)( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x x x x
x x x
+ + + − − + +
− + +
 = 
( 1)( 1)
x x
x x x
−
− + +
 = 
1
x
x x+ +
b/. Với x ≥ 0 và x ≠ 1 .Ta có: P < 1
3
 ⇔
1
x
x x+ +
 < 
1
3
⇔ 3 x 0 ) 
⇔ x - 2 x + 1 > 0 
⇔ ( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x ≥ 0 và x ≠ 1) 
Câu 2:a/. Ph−ơng 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: 
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 10
2
3 2 2
.3 3
a a m
a a m
+ = −

= −
 ⇒ a= 
1
2
m −
 ⇒ 3(
1
2
m −
)2 = m2 – 3 
 ⇔ m2 + 6m – 15 = 0 
 ⇔ m = –3 ± 2 6 ( thõa m2n điều kiện). 
Câu 3: 
 Điều kiện x ≠ 0 ; 2 – x2 > 0 ⇔ x ≠ 0 ; x < 2 . 
 Đặt y = 22 x− > 0 
 Ta có: 
2 2 2 (1)
1 1
2 (2)
x y
x y
 + =


+ =

Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -
1
2
 * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của ph−ơng trình: 
 X2 – 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ⇒ x = y = 1. 
 * Nếu xy = -
1
2
 thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của ph−ơng trình: 
 X2 + X - 
1
2
 = 0 ⇔ X = 
1 3
2
− ±
 Vì y > 0 nên: y = 
1 3
2
− +
 ⇒ x = 
1 3
2
− −
 Vậy ph−ơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 
1 3
2
− −
Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. 
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành ⇔ AB // CK 
 ⇔ 
 
BAC ACK= 
Mà 

1
2
ACK = sđ 
EC = 
1
2
sđ 
BD = 
DCB 
Nên 
 
BCD BAC= 
Dựng tia Cy sao cho 
 
BCy BAC= .Khi đó, D là giao điểm của 
AB và Cy. 
Với giả thiết 
AB > 
BC thì 
BCA > 
BAC > 
BDC . 
 ⇒ D ∈ AB . 
 Vậy điểm D xác định nh− trên là điểm cần tìm 
.Cõu5. Từ giả thiết ta có : 
2
2
2
2 1 0
2 1 0
2 1 0
x y
y z
z x
 + + =

+ + =
 + + =
Cộng từng vế các đẳng thức ta có : ( ) ( ) ( )2 2 22 1 2 1 2 1 0x x y y z z+ + + + + + + + = 
O
K
D
CB
A
 GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 11
( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 0x y z⇒ + + + + + = 
1 0
1 0
1 0
x
y
z
+ =

⇔ + =
 + =
 1x y z⇒ = = = − 
 ( ) ( ) ( )2009 2009 20092009 2009 2009 1 1 1 3A x y z⇒ = + + = − + − + − = − Vậy : A = -3. 
HẾT.