ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Bài 1: Cho biểu thức: 4 x 8x x 1 2 P ( ) : ( ) 4 x 2 x x 2 x x − = + − − + − a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị của x để P = –1. Bài 2(2 điểm) Tính: 2006 2006 2006 2006 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 2 3 2007 2007 2007 2007 2007 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 2 3 2006 B + + + + = + + + + Bài 2: Cho hệ phương trình: mx - y 1 x y 335 2 3 = − = a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1. b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm. Bài 3: Cho parabol (P) : y = – x 2 và đường thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(– 1 ; – 2) . a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì (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 4: Cho phương trình : x 2 – 2(m – 1)x + m 2 – 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. Bài 5: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2 3 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM và AM 2 = AE.AC c) Chứng minh: AE.AC – AI.IB = AI 2 d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Giải: Bài 1: a. P = 4 x(2 x) 8x ( x 1) 2( x 2) : (2 x)(2 x) x( x 2) − + − − − + − − = 8 x 4x 3 x : (2 x)(2 x) x( x 2) + − + − − = 8 x 4x x( x 2) . (2 x)(2 x) 3 x + − + − − = 4x x 3− Điều kiện x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9 b. Với x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9; P = –1 khi và chỉ khi: 4x 1 x 3 = − − hay: 4x + x – 3 = 0. Đặt y = x > 0 ta có: 4y 2 + y – 3 = 0 có dạng a – b + c = 0 ⇒ y = –1 ; y = 4 3 Vì y > 0 nên chỉ nhận y = 4 3 nên x = 4 3 Vậy: P = –1 ⇔ x = 16 9 Bài 2: a. Khi m = 1 ta có hệ phương trình: x y 1 x y 335 2 3 − = − = x y 1 2x 2y 2 x 2008 3x 2y 2010 3x 2y 2010 y 2007 − = − = = ⇔ ⇔ ⇔ − = − = = Vậy với m = 1 hệ phương trình đã cho có nghiệm x 2008 y 2007 = = b. mx y 1 y mx 1 x y 3 335 y x 1005 2 3 2 − = = − ⇔ − = = − (*) Hệ phương trình vô nghiệm ⇔ (*) vô nghiệm ⇔ m = 2 3 (vì đã có –1 ≠ –1005) Bài 3: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) đi qua điểm M(– 1 ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b ⇔ b = m – 2 Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là y = mx + m – 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: – x 2 = mx + m – 2 ⇔ x 2 + mx + m – 2 = 0 (*) Vì phương trình (*) có 04)2m(8m4m 22 >+−=+−=∆ với mọi m nên phương 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 ⇔ x 2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ x 1 x 2 < 0. Áp dụng hệ thức Vi-et: x 1 x 2 = m – 2 x 1 x 2 < 0 ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2. Vây: Để A, B nằm về hai phía của trục tung thì m < 2. Bài 4: Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ’ ≥ 0. ⇔ (m – 1) 2 – m 2 + 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 . Áp dụng hệ thức Vi-et ,ta có: 2 3 2 2 .3 3 a a m a a m + = − = − ⇒ a = 1 2 m − ⇒ 3( 1 2 m − ) 2 = m 2 – 3 ⇔ m 2 + 6m – 15 = 0 '∆ = 9 –1.(–15) = 24 ; 62' =∆ m 1 = 623 +− ; m 2 = 623−− ( thỏa mãn điều kiện m ≤ 2). Vậy: Với m 1 = 623 +− ; m 2 = 623−− thì phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia. Bài 5: a. Ta có: EIB = 90 0 (giả thiết) ECB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB b. Ta có: sđ AM = sđ AN (đường kính MN ⊥ dây AB) ⇒ AME = ACM (góc nội tiếp) Lại có A chung, suy ra AME ACM Do đó: 2 AC AM AM AE.AC AM AE = ⇔ = c. MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI 2 = AI.IB Trừ từng vế của hệ thức ở câu b với hệ thức trên Ta có: AE.AC – AI.IB = AM 2 – MI 2 = AI 2 d. Từ câu b suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta thấy khoảng cách NK nhỏ nhất khi và chỉ khi NK ⊥ BM. Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được K. Điểm C là giao của đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM. . 2008 3x 2y 2 010 3x 2y 2 010 y 2007 − = − = = ⇔ ⇔ ⇔ − = − = = Vậy với m = 1 hệ phương trình đã cho có nghiệm x 2008 y 2007 = = b. mx y 1 y mx 1 x y 3 335 y x 100 5 2 3 2 −. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Bài 1: Cho biểu thức: 4 x 8x x 1 2 P ( ) : ( ) 4 x 2 x x 2 x x − = + − − + − a) Rút gọn. ⇔ − = = − (*) Hệ phương trình vô nghiệm ⇔ (*) vô nghiệm ⇔ m = 2 3 (vì đã có –1 ≠ 100 5) Bài 3: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) đi qua điểm M(– 1 ; –