Bộ đề luyện thi vào lớp 10_THPT

Đề số 1
Câu 1
 a)
 

b)Với a=
A=
Câu 2: Đổi 3h30’ =3=
Gọi quãng đường lên dốc là x km(x>0)
Quãng đường bằng là x+ 110 (km)
Thời gian đi quãng đường lên dốc là 
Thời gian đi quãng đường băng là 
Theo bài ra ta có PT: +=
Giải PT ta được x =10 => quãng đường người đó đi là 140 km.
Câu 3:
PT: (2m-1)x2- 4mx +4=0 (1)
Giải PT Với m=1(Tự giải)
b)Với m bất kỳ :
+ Nếu a=0ú(2m-1) =0ú m= => (1) ú-2x+4 =0 => x=.
+ Nếu a khác 0ú(2m-1) 0ú m => (1) có nghiệm ú 
=
PT có nghiệm với mọi m
Với m= 1 PT có nghiệm kép x =
Với m> 1 PT có 2 nghiệm phân biệt.
 ; 
 
Với x = m. Ta có PT : (2m-1)m2- 4m.m +4=0 ú 2m3- m2 - 4m2+4 =0
ú2m2 (m -2) –( m -2)( m +2) =0
ú (m -2) (2m2-m -2) =0 => m=2 hoặc m=
Câu 4):
a)Tam giác CAB cân tại C có CK là đường cao
=> CK là phân giác =>cung => 
 AMK = B MK =1/2 AMB.
Lại có AMB = MBD+MDB = 2. MBD
( T/c góc ngoài và t/c tam giác cân)=>
 KMB= MBD (SLT) =>KM // BD.
b)Có CMK = 900(góc nội tiềp chắn nửa đường tròn) 
=>CM vuông góc với MK. Mà MK//BD(a)
 =>CM vuông góc với BD tại I.
Tam giác M BD cân tại M có MI là đường cao =>
CI là trung trực của BD => CB =CD.

c)Có MB=MD =>MB+MA=MD+MA = AD. 
Trong tam giác ACD có AC+CD > AD = MD+MA= CB+CA
hay MB+MA< AC+CB
d)Có CA=CE = CD =>vuông úCD=CE (T/c trung tuyến tam gíac vuông)
Vậy vuông ú E thuộc tia CK sao cho CE=CN.
Đề số 2
Câu 1 :
a) 
b)Giải PT : .
ĐK: x-4(*). Khi đó 4-x (**). 
Từ (*) và (**) => x=4 là nghiệm của phương trình.
Câu 2: PT: x2- 2mx +2m -1 =0 (1)
a) Vì a = 1> 0 nên PT(1) có nghiêm ú ’ =m2 –(2m-1) = m2 –2m+1=(m-1)2 (*)
(*) luôn đúng. Vậy (1) có nghiệm với mọi m.
Vì (1) có nghiệm với mọi m nên áp dụng Viét ta có: 
A=2() -=2-=
 2(2m)2 -9(2m-1) =8m2- 18m +9 (đpcm)
*) Với A= 27 Ta có 8m2- 18m +9 =27 ú 8m2- 18m -18 =0ú4m2- 9m -9 =0 .
=92 +4.4.9 =81 +144= 225 => 
 
Giả sử (***). Theo Viet ta có:
 Thay (***) vào (*) và (**) ta được

 =>
Vậy với m= Thì 
 Câu 3 : 
 
a) và có (Góc nhọn có cạnh T/ư vuông góc)
=> = => AK = AF => vuông cân tại A
b) Có IA=IK = IC = IF ( T/c trung tuyến tam giác vuông)
=> 4 điểm A.C,F,K cùng thuộc đường tròn tâm I.

 Có IA=IC, mà Avà C cố định nên I thuộc trung trực của AC=> I nằm trên đường thẳng cố định.
 vuông cân tại A, có I là trung điểm của FK nên AI vuong góc với KF => tứ giác ABFI có tổng 2 góc đồi = 2v => Nội tiếp.
ADE có AD=a,DE=x =>AE=
AKE vuông tại A có AE2=DE.EK => EK = AE2/ED =
*) Có EK=. Ta thấy x vàLà 2 số dương có tích = a2 không đổi nên tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau=> a2=x2 => a=x.
Vậy, nếu E trùng với C thì EK min.




Đề số 3
Câu 1 PT: x2- 2mx +2m -1 =0 (1)
a)Với m= 2 , PT (1) trở thành PT: x2- 4x +3 =0 
có a+b+c = 0 => PT có 2 nghiệm x1=1; x2 =3
b) Vì a = 1> 0 nên PT(1) có nghiêm ú ’ =m2 –(2m-1) = m2 –2m+1=(m-1)2 (*)
(*) luôn đúng. Vậy (1) có nghiệm với mọi m.Vì (1) có nghiệm với mọi m nên 
 áp dụng Viét ta có:
c) A= -. Thay vào ta có:
A=(2m)2 -2(2m-1)- (2m-1)2 =4m2 -4m+ 2- 4m2 +4m -118 Vô lí => không tồn tại m để A8.
Câu 2:
a)A=
==1-1=0
b) Với x= 99; y=100 thì A=0
Câu 3:
a)Do Ix là trung trực 
của AD nên tam giác BAD; CAD cân => góc BAD = góc BDA Mặt khác: góc BAD = góc ACB(Góc nội tiếp) => 
góc BDA=góc ACI=> => IB.IC= IA2
 b)Dễ dàng CM được DB vuông góc với CA(dựa vào hai tam giác BID và BCK- với K là giao của AC và DD’); mà CB vuông góc với AD tại I => B là trực tâm tam giác ACD.
Trực tâm tam giác ABC là D.



c)Tứ giác CD’AB nội tiếp => gócCD’I = góc CAB ; mà góc CAB = góc CDB  => góc CDB = góc CD’B => tam giác CDD’ cân.
CM Tương tự ta được tam giác ADD’ cân.
Câu 4 : PT: x2- 2( a-1)x +a2 + a -2 =0 (2)
=a1=> PT có nghiệm . 
 áp dụng Viét ta có :=> P=( 2a -2)2 -2(a2 + a -2 )
P= 4a2 - 8a +4 -2a2 -2a +4 = 2a2 -10a +8 =2(a2 -5a +4) =2(a2-) =2
Min P = - .
Đề số 4
Câu 1: a)Giải hệ PT
b)
c)Giải PT : 
 Câu 2:
a) Hàm số y = ax2 đi qua điểm A(1;1) Nên toạ độ điểm Athoả mãn PT: y = ax2
Nên: 1=a.1=> a = 1. Ta có hàm số y= x2 
 Vì a= 1>0 nên hàm số đồng bién trong R+, nghịch biến trong R-.
Giả sử đường thẳng (d) có phương trình y= ax+b
Vì (d)đi qua A(1;1) nên : 1=a+b(*)
Mặt khác (d) cắt Ox tại (m;0) nên: 0=ma+b(**) 
Từ (*) và (**) ta có hệ :=> PT(d) y=
(d) và (P) có chung nhau một điểm tức là  :

=> 
 Câu 3: 
 a)Tứ giác BB’CC’ có góc C’= góc B’ = 900 =>Nội tiếp
 b) Tam giác ABB’ và tam giác ACC’ có góc A chung
Góc ACC’ = góc ABB’( góc có cạnh t/ư vuông góc) 
Vì M là trung điểm của BC nên M cố định ( Do B,C cố định)
Mặt khác N là trung điểm của AM nên =>ONvuông góc với AM( T/c đường kính và dây cung) 


=>N thuộc cung tròn đường kính OM. 
Giới hạn: Khi A-> B thì N-> trung điểm của BM
 Khi A-> C thì N-> trung điểm của CM




Đề số 5
C âu1:


 
Câu 2: PT: x2- 5x +m +3 =0 (1) 
2(1) 
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ú 

Vậy, với m (+)thì PT có 2 nghiệm phân biệt.
b)Vai trò như nhau nên :Giả sử Với ĐK(+) . áp dụng Vi ét ta có: 
 Thay (***) vào (*) và (**) ta được 
 
 2(2)
Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn là x, y(m)( x >0) Ta có hê PT:
( T/m *)
Vậy chiều dài và chiều rộng mảnh vườn là 16m và10m.
Diện tích là :16.10=160m2
Câu 3: 
Ta có góc BHC = góc BA’C (T/c đố xứng)
 góc BHC + góc BAC = 1800 Góc có cạnh tương ứng vuông góc)
Tứ giác ABA’C nội tiếp (0)
Tứ giác B A’CH có BCA’H tại trung điểm của A’H nên Tứ giác B A’CH là hình thoiú A’H đi qua trung điểm của BC úTam giác ABC cân tại A.
Dựng Tam giác ABC nhận H là trực tâm:
Dựng nửa đường thẳng AH cắt (O) Tại A’.
Dựng dâyBC sao cho BC là trng trực của HA’.
Nối BA, Nối AC=> Tam giác ABC có H là trực tâm.


 
Câu 4 : Giải PT :
ĐK;x ,PT đã cho với 
=> 
Đề số 6:
Câu 1:
Cho đthẳng (d1): có PT:y=-2(x+1) và A(-2;2)
Thay toạ độ diểm A vào PT đt (d1) ta thấy 2 vế bằng nhau. Chứng tỏ Athuộc (d).
Đồ Thị hàm số y= ax2 (*)đi qua điểm A(-2 ;2) nên toạ độ của A phải thoả mãn (*) =>2=a.4=> a=1/2 .
Phương trình đường thẳng (d2) đi qua A và(d1) có dạng y=a’x+b
Vì (d1) (d2) =>a.a’ = -1. mà a=1/2 => a’ = -2.
Mặt khác: (d2) đi qua A nên : 2= -2.(-2) +b=> b= -2.
 Vậy (d2) có PT : y= -2x-2.
d)Vì A và B là giao của (d2) với (P) nen ta có toạ độ của A& B phải thoả mãn đồng thời phương trình (d1) và (P) tức là : 
-2x-2=
Lại có (d1) Cắt trục tung nên x=0. THay vào phương trình đường thẳng (d1) ta được y=-1=> C(0;-1)
Tam giác ABC có AB=4; đường cao h =3 nên : S =(4.3):2 =6(Đvdt)
Câu 2 : 
Tính cạnh tam giác ABC theo R : Tam giác ABC đều nên AI vừa là đường cao vừa là trung tyuến, phân giác góc BAC.
Có OI = R => AH =
 
b)DEC có CD= DE (gt) mà góc EDC= góc BAC = 600 (cùng chắn cung BC) => DEC là tam giác đều.
*)Có gócECD = góc EDA = 600=> EC//AD. Mà AD vuông góc với ID( góc ADI=900) nên EC DI.


c)Có => E chuyển động trên cung chứa góc 1200 dựng trên BC cố định (Do A cố định).
d) Cho AD= R, AI =2R =>DI =
SDAI= ( Đvdt).
Câu 3 :PT :(*)
Giải:
 (*) ú 
Đề số 7:
Câu 1:
a)
b) Giải PT 
ĐK:Không tồn tại giá trị nào của x => PT vô nghiệm.
Câu 2: PT: x2- mx +m -1 =0 (1)
a)=b2- 4ac =m2 -4m +4 =( m-2)2 PT luôn có nghiệm với mọi m.
b)A= 
áp dụng Viet ta có : 
*) Với A=8 => =8 ú ú 
*) A==
Min A= -8 ú m=4.
Câu 3:
a)Tứ giác ACBD có hai đường chéo bằng nhau(=2R) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và vuông góc với nhau=> ACBD là hình vuông.
b) Tứ giác ACBD là hình vuông nên ED là P/giác gócAEB 
*) ED // MB( Giải tương tự như câu a Đề 1)
 
Câu 4: Tam giác ABO có AB < OA+OB
Vì OA=R(Không đổi) => AB bé nhấtú OA bé nhất.
Trong tam giác vuông AHO có OA OH=> OA bé nhất ú OA= OH. Khi đó B là giao của OH và (0).



Đề số 8:
Câu 1:Giải PT
(x-1)(x-2)- (x+2)(x-3) +8 =0(1)
(x2 – 12x+ 32)= 0 (2)
Giải:
a)(1)ú x2 – 3x +2 - x2 +x +6+8=0ú -2x+ 16=0 úx =8.
b) (2) ú= 0 ú x-1998 =0ú x=1998
hoặc x2 – 12x+ 32= 0
 = 62 -32 = 4 => = 2=> .
Câu 2:
P = a2+ b2 + c2- 2a-2b -2c +2001 = (a-1)2 +(b-1)2+(c-1)2 +19981998.
Minh P =1998ú a=b=c = 1.
Câu 3:
Gọi chiều dài mảnh vườn là x(m)=> Chiều rộng là x-10 (m)(x,y>0).
Diện tích ban đầu là x(x-10).
Nếu giảm chiều rộng đi 10m thì DT mới là: x(x-20).Ta có PT:
 x(x-20).2 = x(x-10) ú 2x2 -40x =x2 -10x ú x2 -30x = 0 ú x(x-30) =0 => x = 0 hoặc x =30,
x= 0 không thoả mãn ĐK.
chiều rộng mảnh vườn là 20m, chiêuì dài là 30m.

Câu 4: 
a)Tứ giác AEHF có góc AEH= góc AFH = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
mà góc A = 900 => tứ giác AEHF là hình chữ nhật=> hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Nên EF phải đi qua 0, Hay E, O, F thẳng hàng.


b)Cách 1:
Có EM// FN( Cùng vuông góc với EF do t/c tiếp tuyến)
góc EMN + Góc FNM = 1800.
Mà OM, ON là phân giác của góc EMN và FNM(T/c TTuyến)Nên:góc OMN + Góc ONM = 1800 :2=900
Tam giác OMN vuông tại O.
Cách 2 : Dễ thấy Tứ giác OIHJ là hình chữ nhật(góc I= góc H= góc J =900) nên góc O =1v => Đpcm.
Với AB=36cm, AC=112 cm => BC =.
áp dụng hệ thức b.c = a.h => AH = 112.36 : =EF(T/c hình chữ nhật)
Tứ giác EFNM là hình thang vuôngcó 
S = (EM +FN).EF : 2
EM+FN =MH+NH
Dễ thấy OM là đường TB của tam giác AHC =>HN= HC ;HM=HB => MN =BC. Nên
S ==
d)Tứ giác EFNM là hình thang vuông có NM không đổi(doBC không đổi)
Mà EF . Mà EF = AH nênEF maxú AH maxú AH =BC: 2ú Tam giác ABC vuông cân.




Đề số 9:
Câu 1:
a)*)2x-6=0=> x=3
*) x(2x-1) -2x2 +1999 =0ú2x2 –x -2x2 +1999 =0 => x =1999.
b) ú
Câu 2: PT : x2 -2m2x +2(3m2 – 4) =0(1)
a)Với m= 0 thì (1) ú x2 -8 =0 => x =
b)Giả sử x1 = 4 => thay vào (1) ta được 16- 8m2 +6m2 -8 =0 => 2m2 =8 => m=
Với m= 2 Ta có PT: x2 -8x -16 =0 Có nghiệm kép x =4.
Với m=- 2 Ta có PT: x2 -8x -16 =0 Có nghiệm kép x =4
PT có nghiệm kép khi m=
Câu3 :
áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ABC ta tính được BC = 10cm
áp dụng công thức V =Ta có 
B=

Câu 4 :
a)Ta có góc ACB=900=> góc BCE =900
góc ADB =900 => gócADE=900 => tứ giác DHCE có 
góc HCE+ Góc HDE =2v => tứ giác DHCE nội tiếp
Tam giác AEB có AD,BC là các đường cao gập nhau tại H=> H là trực tâm=> EH phải là đường cao=> EH vuông góc với AB tại F
Với CD =R => góc CAD =300(T/c goc nội tiêp)
TAm gica DAE vuông tại D cóp góc A =300 nên => AEB =600.d) Với I là trung điểm của EH nên I D=IE=IH(T/c trung tuyến tam giác vuông)=>góc E1=góc D3


Mà góc A1 =góc D1 (tam giác OAD cân ) và A1 =góc E1 (góc có cạnh t/ư vuông góc) => gócD3=góc D1
Lại có D3 +góc IDH =1v nên D1 +góc IDH =1v => ID vuông góc với OD tại D=> ID là tiếp tuyến của (O ;R)



Đề số 10
Câu 1 :P=
P có nghĩa Khi a# b và > 0 > 0.
Rút gọn: P=
Với a= 4, b= 1 thì P= 1
Câu 2: PT : x4 - x2 +2mx – m2 = 0(1)
Với m=0(1) Trở thành : x4 - x2=0 ú x2( x2 -1) = 0 => x= 0; x=.
Phân tích vế trái : x4 - x2 +2mx – m2 =x4 –( x2 -2mx + m2 ) =
= x4- (x-m)2 = (x2 –x+m)( x2 +x-m).
c)Khi m= 0 Vế trái = x4- x2 = x4- x2 +
Câu 3: 
N thuộc BC Mặt phẳng (ABC)
N thuộc SN Mặt phẳng (SAN)=> AN là giao tuyến của (ABC) và(SAN)
Tương tự giao tuyến của (SAMA’) với (ABC) là AM.
 Lại có A’ thuộc (SAN) và A’M //AS =>A’M(SAN) => A, M,N thẳng hàng.


Câu 4:
TRong tam giác FBC có AC,BE là các đường cao gặp nhau tại D=> D là trực tâm=> FD là đường cao ,hay FD vuông góc với BC.
Gọi J là giao của FD và BC , tam gíac JBF vuông có góc JBF = 450 (gt) nên góc BFD=450
Tứ giác AECH có góc AEC+ góc BEC=2v => nội tiếp=>
Góc BCA=gócBEA( cùng chắn cung AB) mà góc BCA =450 => góc BEA=450 = 1/2 góc BEF =1v=> EA là phân giác của góc BEF.

Tam giác ABC vuông cân tại A có BC=a => 
Đặt AB=x ta có: x2 + x2 =a2( Định lý Pytago cho tam giác ABC) =>x=AB =
Với góc ABx=300 ; AB =. Đặt AD =y=> BD = 2y( Do tam giác ABD là nửa tam giác đều). Ta có: (2y)2 - y2 =()2 ( Định lý Pytago cho tam giác ADB)=>
3y2==> y2 =
d) Ta luôn có góc BEC =900 (Gt) . B,C cố định => E thuộc cung tròn tâm là trung điểm của BC cố định.
Đề số 11:
Câu 1:
a) (x+1)(x-1)- (x-2)(x-4) =0(1)
b)
Câu 2:
P=
P có nghĩa ú a khác (Vì a2 +1>0 mọi a)
Rút gọn : 
P=
c)Nếu a< 0 thì P<0
Néu a=> Pmax khi a .
Với a. Ta có P(a2 +1) = aú Pa2 –a+ P =0. Tính đenta => 
 => Max P = 1/2. Khi đó a =1
*) Cách 2: Ap dụng BĐThức x2+1 Dấu bằng khi x=1
=> => Max P =
Câu 3 :

a)góc AMB=900=> góc BMD =900
góc AEB =900 => gócAED=900 => tứ giác DMCE nội tiếp
b)Tam giác MDB vuông tại M có góc MBE=gócMAE=450
Tam giác MDB vuông cân => MD=MB.
c)Tam giác ADB có AC,DM là các đường cao gập nhau tại C=> C là trực tâm=> DC phải là đường cao=> DC vuông góc với AB tại F
Tứ giác AMCF có gócM+ góc F =1800=> Nội tiếp
d)Tam giác MCD đồng dạng với tam giác FCB =>


Câu 4 :Do a+b+c =0=>(a+b+b)2=0 => a2+ b2 +c2 +2(ab+bc+ca)=0
Mà ab +bc+ca =0 => a2+ b2 +c2 +2(ab+bc+ca) – 4(ab +bc+ca) =0
Nên 

Đề số 12
Câu1:
a)Giải BPT: 2x(x-2)- 2x2+6x -10 >0 
2x2-4x- 2x2+6x -10 >0 
x2-10x +16 =0 => x= 8; x= 2
Phân tích 2a2-2b2 = 2(a+b)(a-b)
Câu 2: Gọi đoạn đường nhựa là x(km) => đoan đường đất là 270- x(km) ( x>0)
Ta có PT:
Vậy quãng đường AB là 150 km, quãng đường BC là 120 km.
Câu 3:
Tứ giác EDCH nội tiếp( Giải tương tự câu 3a đề số 11)
Giải tương tự câu 3c đề số 11
Tam giác ABD có BE là đường cao.
Mặt khác : Cung AE = cung EC ( gt)=> góc EBC=góc EBA => BE là phân gíac của tam giác BAD => Tam giác BAD cân tại B=> BE là trung tuyến=>EA=ED,
Tam giác BAD cân=> BA=BD. Do A, B cố định nên AB không đổi. BD=BA(Không đổi ) => D thuộc cung tròn tâm B bán kính AB =2R.


Giới hạn: Khi C=A thì D= A; Khi C=B thì D là giao của cung tròn (B;2R) với đường vuông góc kẻ từ B.
Vậy D chuyển động trên 1/4 cung tròn (B;2R) cùng phía với (0)

Câu 4:

Giải: Ta có 
Nên VTrái Đpcm
Đề số13
Câu 1:
a)Tính
b) Giải hệ PT:
Câu 2: 
a) Giải BPT(x-2)(x+8)> x(x+2)
úx2+6x- 16 >x2+2x ú x2+6x- 16 -x2-2x >0 ú 4x> 16 => x>4
Giải PT: x4- 12x2+32 =0
Đặt x2 = X ta được PT:X2 -12X +32 =0 => X1=4 ; X2=8
Với X1=4 => x= 
Với X2=8=> x=.
Câu 3 :
a)Có góc ABO= góc ACO=900 (t/c tiếp tuyến)
=> góc ABO+góc ACO=1800	
=> Tứ giác ABCO nội tiếp.
b) Có OB//CH( Cùng vuông góc với AB)
Có OC//BH( Cùng vuông góc với AC)
OBHC là hình bình hành.
Mặt khác: OB=OC=R Nên OBHC là hình thoi.


c) Trong tam giác ABC Có H là trực tâm => AH vuông góc với BC, mà OA vuông góc với BC ( T/c tiếp tuyến) => O,H, A thẳng hàng. 
d)Dể H thuộc (O) => OH =R 
Mặt klhác OBHC là hình thoi=>BH = R => tam giác OBH đều =>góc BOA=600
Tam giác BOA vuông tại B có góc O =600 nên là nửa tam giác đều=> AO = 2R
Câu 4:
P= x2+ xy + y2 -3x-3y +2004= (x2-2x+1) +( y2 -2y+1)+(xy –x) –(y-1) +2001=
(x-1)2 +(y-1)2 +x( y-1) –(y-1) +2001 = (x-1)2 +(y-1)2 +(y-1)(x-1) +2001
Đặt ( x-1) = X ; (y-1) = Y. 
P= X2 +Y2 + XY + 2001 = (X + )2 + 
Dấu = xảy ra ú Y=0 và X= - . Khi đó y=1, x= 1
Min P = 2001ú x=1, y=1.


Đề số14 ;
Câu 1 : 
a)PT :x( x-3) –x( x-5) =20 ú x2 -3x –x2+5x =20 ú 2x= 20=> x=10
b) 
Câu 2 : 
Gọi chiều dài mảnh vườn là x(m)=> Chiều rộng là x-10 (m) (Đk :x,y>0).
Diện tích ban đầu là x(x-10).
Nếu tăng chiều dài và rộng 5m thì DT mới là: (x+5)(x-5).Ta có PT:
 (x+5)(x-5).= 875 ú x2 -25= 875 ú x2 -900 = 0 ú x=30; x =-30 ( loại)
Vậy chiều dài mảnh vườn là 30m, chiều rộng là 20m.
Câu 3:
Tam giác ABO có BA=OA= OB =R => là tam giác đều
*) Tứ giác AIMD có góc IAD + góc IMD =2v => nội tiếp
b) Tam giác BDC có BM và CA là đường cao=> H là trực tâm => DI là đường cao=> DI vuông góc với BC.
Gọi K là giao của DI và BC, Tam giác KBD vuông tại K có góc B= 600 nên góc BDI =300
Cho góc ABM =300 =>cung MA= cung MC = cung AB, kết hợp với (c)=> Tam giác BCD đều 
Tam giác ABC vuông có AB=R; BC= 2R nên AC =
= DK.Mặt khác I là trực tâm tam giác đều nên I là trọng tâm

=> DI ==> R’ = ( R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADMI). Nên:
C= 2
S = 
Câu 4: < 
Để ý = 1- =
Nên ta xét => Đpcm
Đề số 15:
Câu 1 : 
Giải BPT: 2(x-1) -12< 0 ú 2x -2-12<0 ú 2x < 14 ú x<7
Tính :
Câu 2: 
a) 
b) Tứ giác ABCDE nội tiếp đường tròn và có góc BAD =1V=> góc BCD =1V và BD= =20,8cm.
Câu 3:
Giải PT: x2 -8x +12 =0
PT có nghiệm 
Giải hệ PT:
a)Tứ giác BFCE có góc E= góc F = 1V(T/c đường cao) => BFCE nội tiếp.
b) Có AE, CF là các đường cao gặp nhau tại H => H là trực tâm của tam giác ABC nên AH vuông góc với BC.
Vạy khi A chuyển động trên (O) thì AH luôn vuông góc với BC cố định.

Câu 5:
a)Xét 
=(Đpcm)
Tìm 3 số dươn g thoả mãn (x2+1)(y2+3)(z2 +52)=xyz
Giải : áp dung bất đẳng thức Coxi cho bộ 2 số dương Ta có :

Dấu bằng xảy ra ú x=1 ; y=
Đề số 16 :
Câu 1 : 
Giải PT : 2(x-2) -12 =0ú 2x -4 -12 =0 ú 2x = 16ú x=8
Tính :
Câu 2:
Vì I là trung điểm của AB nên AI=BI = 3cm.
Ta có OM vuông góc với AB tại I(T/c đường kính và dây cung)=> tam giác IAO vuông tại I. 
áp dụng Pytago ta tính được OI= 4cm=> IM = 1cm.
Lại áp dụng Pytago cho tam giác AMI ta có:



Câu 3: 
PT: x2- (m- 3)x -2m +1=0 (1)
a)Với m= -1 : Ta được PT :x2 +4x +3 =0.
Ptrình có a-b+ c = 0 nên 
b) Có :
Vậy PT có 2 nghiẹm phân biệt với mọi m.
Lời giải là câu a) và b) của Đề số 2

Câu 5:
PT:.Có 
 .có 
Xét giả thiết:
ú (a-c)2 +2(4d-4b) > 0=> 4d-4b>0(*)
Có => Có một trong hai phương trình đã cho có nghiệm.
Đề số17:
Câu 1:
Tính:
P=; Q=
Giải BPT:x(x+3)>(x+2)2 x2+3x > x2+4x +4ú x< - 4.
Câu 2:

Cho P=
P có nghĩa khi x2 -1 khác 0( Vì x2+1>0 mọi x)
=> P có nghĩa khi x
b) Rút gọn: P=
P=.
Thật vậy: áp dụng BĐThức: x2 + 1(Đpcm)
Chú ý: Cũng có thể dùng phép biến đổi tương đương => Đpcm.
Tam giác PAO vuông tại P(T/c tiếp tuyến). Mà OA=2OP
Nên AOP là nửa tam giác đều=> góc PAO= 300=> góc PAQ= 600.
Khi đó đường tròn ngoai tiếp tam giác APO có R=6 cm
=> C= 2.6.=12




Câu 4 :
Giải PT : x4-5x2 +4=0(*)
Đặt x2 =X > 0. ta có PT : X2 -5X +4 = 0
PT có : a+b+ c =0 => . Khi đó x=
xy=1(*) và x2 + y2 =(**)
Từ (*) => y=THay vào (**) ta được PT: 
Đặt 
Ta được PT: X2 -.PT có :
Với => 
Khi đó :
Câu 5:

a)Tứ giác ACMD có góc A+ góc M= 2V=> nội tiếp
Tương tự tứ gái BCME nội tiếp
b)AD//BE( cùng vuông góc với AB-T/c tiếp tuyến)
=>góc ADE+ góc BED = 2v.
Dễ thấy tam giác AMB vuông tại M=> M1=M2=1v
Mà M1=D1( cùng chắn cung AC)
M2=E1( cùng chắn cung BC)
=>C1+ C2 =1V=> góc DCE=1v, hay tam giác DCE vuông tại C.
Gọi I là trung điểm của DE=> I là tâm đường tròn đi qua D,E,C.

Dễ thấy tứ giác ADEC là hình thang vuông.
Có I và O lần lượt là trung điểm 2 cạnh bên nên IO là đường TBình của hình thang
IO// AD=> IO vuông góc với AB. Mà O cố định nên trung trực của AB đi qua o cũng cố định=> I thuộc trung trực của AB cố định,(Đpcm)

Đề số18:
Câu 1:
Tập xác định của hàm số y= f(x) = x2 là tập R.
Tính : f(-1)= (-1)2=1 ; f(1,5) = (1,5)2 = 2,25.
Giải PT : 2x(x-1) = (x+1)( x-2) +x2
2x2-2x = x2 –x -2 + x2 ú 2x2 - x2- x2-2x+x =-2-x= -2=> x=1.
Câu 2:
Gọi vận tốc xe đi từ A là x(km/h), vận tốc xe đi từ b là y(km/h) (ĐK: x,y>0)
Sau 2giờ hai xe gặp nhau ta có PT: 2x +2y = 180(*)
Xe A tăng V thêm 5 km ta có vận tóc là x+5 ; 
 Xe B giảm V thêm 5 km ta có vận tóc là y-5 
Ta có PT : x+5= y- 5 , hay x-y = -10(**) 
Từ (*) và (**) ta có hệ :Giải hệ ta được x= 40, y= 50( thoả mãn)
Vậy V xe A là 40 km/h ; V xe B là 50 km/h.
Câu 4: 
Cách 1:Xét 1- P= ( a+b+c+d) –()
=
P= 1-
áp dụng BĐT: cho 4 số hạng trong ngoặc ta được:
P. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=
Min P = 
Cách 2 : áp dụng BĐT Svacxơ Ta có 
P==> 
Min P = 
Câu5:
a)là đường TB của tam giác MCN=> AO//CN hayCN//AB.
Chứng minh tương tự OB là đường TBcủa 
tam giác MND=> ND//AB
b)CD là tiếp tuyến của (O) ú CDvuông góc với NM tại Nú ABvuông góc với MN (do AB//CD) ú M là điểm chúnh giữa cung AB.







Đề số19:
Câu 1
Giải BPT: 2x(2-x) +10< (5-2x)(x+1) 
ú 4x- 2x2 +10 15 ú x> 5.
b)Giải hệ PT: 
Câu 2 :
a) P có nghĩa ú x2 -4 =(x-4)(x+4) 
P =
b) Với P= Ta được : =
Câu 3
a)Tam giác AOB Vuông tại B(T/C tiếp tưyến) nên áp dụng định lý Pytago ta có:
AB=
Lại có AB=AC(t/c tiếp tuyến) => AB=AC=8cm
b)

Câu 4:
a) Giải PT : x4-2x2 -8=0(*)
Đặt x2 =X 0. ta có PT : X2 -2X -8 = 0
PT => . Khi đó 
b): . Tìm x,y để xy Min.
Có :
T a thấy: 
Min xy= -2 ú
Câu 5
a) Tam giác HCM có góc CMA=450 ( Do C nằm chính giữa cung AB)
Mà góc H=1v=> Tam giác HCM vuông cân.
b)Do OH vuông góc với BD => tam gíac IDB cân( T/c đường kính và dây cung)
Co góc D1= góc C1( Cùng chắn cung MB)
Có góc M1= góc B1( cùng chắn cungCD)
Mà B1= D1 Nên góc M1= C1 => tam giác ICM Cân
Lại có 3 điểm C,I,D thẳng hàng=> D,I,M thẳng hàng.
Lại có 3 điểm C,I,D thẳng hàng=> D,I,M thẳng hàng.




Đề số 20:

Câu 1:
a)Tập xác định của hàm số y= f(x) = x2 là tập R.
Tính : f(-2)= (-2)2=4 ; f(-2,5) = (-2,5)2 = 6,25.f(
b)Giải PT : 4x(x-2) = (4x+1)( x-3) 
4x2-8x = 4x2 –12x +x -3 + ú 4x2 -4x2 -8x+11x =-33x= -3=> x=-1.
Câu 2 : 
Gọi chiều dài mảnh vườn là x(m)=> Chiều rộng là x-12 (m)(x >0).
Diện tích : x(x-12). Ta có PT: x(x-12) =864.
ú x2 -12x = 864 ú x2 -12x-864 = 0 ú x=36; x =-24 ( loại)
Vậy chiều dài mảnh vườn là 36m, chiều rộng là 24m.

Câu 3:


a)Có OH vuông góc với BC tại H nên HB=HC =4cm
Tam giác vuông OHB có OH=3cm, HB=4cm=> áp dụng Pytago=> OB=5cm=R
C=
S=



Câu 4: PT: Bài 2: PT : (m4+1)x2-m2x-(m2 -2m+2) =0(1)
a)Với m= 1 thì (1) ú 2x2 –x-1 =0 . Có a+b+c= 0=> x =1;x=-
b)Do Là nghiệm của Ptrình nên theo Viet ta có:

Đặt A= .
Nếu m<0 thì A< 0.
Nếu m=0 thì A=0.
Nếu m>0. Ap dụng BĐThức x2+1 Dấu bằng khi x=1
=> m4 +1> 2m2
Xét A= 
Dấu bằng xảy ra khi m=
Vậy Min A =

Câu 5 : 
Có MK//BD( cùng vuông góc với CM) =>góc M1=gócD1 và góc M2 =góc B1
 Mà góc M1= góc M2( Do cung AK= Cung BK)
Nên góc B1 = góc D1 => tam giác MBD cân.
Tam giác MBD cân có CM là đường cao nên CM là đường trung trực=> CB=CD => Dthuộc cung tròn tâm (C; CA) cố định.
Do MB= MD nênMA+ MB= MA+MD= AD
Trong tam giác CAD có AD< CA+CD
Hay MA+MD< CA+CD= CA+CB ( Đpcm)

Đ ề số 21
Câu 1:
Tính:
Giải PT: 2x2 -5x+2=0.
Có:
Câu 2:
a)Cho hàm số y=(m-1)x +2005 (m khác 1)
+) Hàm số đồng biếnú a>0 ú m>1.
+) Hàm nghịch biến khi a< 0ú m< 1.
Giải bất PT: 
Câu 3:
Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật là x, y(m) (ĐK: x,y>0)
Ta có hệ phương trình:
Cả hai giá trị đều thoả mãn.
Vậy chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật là 6m và 3m.
Câu4:
a)Có góc ACB =1V(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 
góc BDA =1V(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 
góc BCE + góc ADE =2V=> tứ giác FDEC nội tíêp đường tròn đường kính FE.

Trong tam giác AEB có AD và BC là các đường cao cắt nhau tại F=> F là trực tâm => EF vuông góc với AB
góc BAC= gócAEF( Góc có cạnh tương ứng vông góc)
c)Do cung CD =600 nên góc CAD =300.
Tam giác ADE vuông có góc A=300 nên là nửa tam giác đều=> AE= 2DE.
Đặt DE=x=> AE =2x. áp dụng định lý Pyta go ta có
AD2=AE2-DE2 hay a2 = 4x2 –x2 =3.x2=>x==> 
AE =

Câu 5: 
áp dụng bất đẳng thức Buanhiakopxki cho 6 số:a,b,c,1,2, 3. Ta có

Đề số 22:
Câu 1: 
Giải PT: 2x+1=2005-x ú 3x =2004 ú x=668.
Rút gọn:(x-y-2)
Tính: 
Câu 2 : Cho hàm số :f(x) =
TXĐ :
f(3) =
Câu 3 : Giải hệ : 
*) Cách 1 : Từ(1) => x=20-y Thay vào (2) ta được PT:

Cách 2 : Từ (2) => ( x+y)2 -2xy =208. Thay x+y =20 vào ta được 400 –xy =208 => xy=192. Ta đưa về bài toán : tìm hai số biết tổng và tích => x và y.
Vậy nghiệm của hệ :
Câu 4 :
Tứ giác AMOD có góc OAM= gócOBM=1v(T/c tiếp tuyến)=> Tứ giác AMOD nội tiếp.
Có OM vuông góc với AB=>cung AI=cung IB=>góc ABI= góc MBI => BI là phân giác của góc ABM
Mặt khác MI là phân giác góc M(T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB.

c)Tứ giác BHAO là hình thoi (Dễ dàng chứng minh) => AH =R( kông đổi) => H chạy trên cung tròn( A ;R) khi M chạy trên d.
Câu 5 :
PT đã cho ú x3-x =12y-6x+4 ú x(x+1)(x-1) =12y-6x+4(*)
Nhận xét : Ta thấy Vtrái của (*) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3, nhưng vế phải lại không chia hết cho 3 (vì 4 không chia hết cho 3) . Do vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Đề số 23 :
Câu 1) ĐK có nghĩa của 
*)A=
A có nghĩa ú 
*) B=.B có nghĩa ú x+1 
b) Phương trình :(x-7)(x+2)=0 ú 
Câu 2:
Cho đường thẳng (d) : y=(
(d) đi qua A(1;2) nên : 2=
(d) // đường thẳng -2y+x=3 ú
Câu 3:
Gọi 2 số phải tìm là x, y Ta có hệ PT:
Câu 4:
a) => BC là tiếp tuyến của (O ;R)
b) Tứ giác ABCO có OA=OC=BA=BC=R và có góc A=1v=> 
Tứ giác ABCO là hình vuông.
c)Tam giác BCF vuông tại c có CE là đường cao nên :
BC2=BE.BF. ( Cũng có thể dùng phương tích của điểm B với đường tròn(O ;R))

Câu 5 :Tìm x.y.z thuộc Z :

Vì Do đó (*) xảy ra ú 
 Vậy Nghiệm PT ( x.y,z) = (2 ;1 ;1)
Đề 24
Câu 1 :
a) Tính A==
b)Cho hàm số : y=(m+1)x-1
*) Với m=1, x==> y=2.-1
*) Hàm số đồng biến khi m+1>0ú m>-1
*) Hàm số nghịch biến khi m+1<0ú m<-1
Câu 2:
Gọi chiều dài và chiều rộn