Microsoft Word - De thi tuyen sinh Toan 10

Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

PHẦN 2
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 1


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

Sở Giáo dục – Đào tạo
Bình Dương

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2007 – 2008

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1:
Rút gọn biểu thức: M =

1

3 −1

−

1
3 +1

Bài 2:
Giải các hệ phương trình sau:
x + y = 3
a. 
2 x − y = 3

x y z
 = =
b.  5 7 3
2 x − y + 4 z = 30

Bài 3:
Giải các phương trình sau
a. x2 – x – 2 = 0
b. x4 – 6x2 + 8 = 0
Bài 4:
Cho phương trình có m là tham số: x2 – (2m – 1)x + 2(m – 1) = 0
(1)
a. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm
b. Tìm m để tổng bình phương các nghiệm có giá trị nhỏ nhất
Bài 5
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH cắt hai cạnh
AB, AC lần lượt tại E, F

a. Chứng minh: AEHF là hình chữ nhật
b. Chứng minh AE.AB = AF.AC

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuaán

Trang 2


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Môn: Toaùn

Trang 3


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

Sở Giáo dục – Đào tạo
Bình Dương

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2009 – 2010

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (3 điểm)
2 x − 3 y = 4
1. Giải hệ phương trình 
3x + 3 y = 1
2. Giải phương trình:
a. x2 – 8x + 7 = 0
b. 16 x + 16 − 9 x + 9 + 4 x + 4 = 16 − x + 1
Bài 2: (2 điểm)
Một hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là 1500m2. Tính chiều dài và
chiều rộng hình chữ nhật ấy.
Bài 3: (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0 (với x là ẩn số, m là tham số)
1. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
2. Đặt A = x1. x2 – 2(x1 + x2) với x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình
trên. Chứng minh A = m2 + 8m + 7
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của A và giá trị của m tương ứng.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax. Trên tiếp tuyến Ax
lấy điểm F sao cho BF cắt đường tròn tại C, tia phân giác của góc ABF cắt Ax tại E và
cắt đường tròn tại D.
1. Chứng minh OD//BC
2. Chứng minh BD.BE = BC.BF
3. Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp
4. Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi. Tính diện tích hình
thoi AOCD theo R.

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 4


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Môn: Toaùn

Trang 5


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

BÀI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2006 - 2007
Bài 1:
M

=

(2 − 3) 2 + 4 − 2 3

= 2 − 3 + 1 − 2 3 + ( 3) 2
= 2 − 3 + (1 + 3) 2
= 2 − 3 + 1− 3
= 2 − 3 − (1 − 3)
= 2 − 3 −1+ 3

=1
Baøi 2:
2

3  3
1
 +
= x + 2.x.
+ 
2  2 
4
3 1
= x2 + x 3 + +
4 4
2
= x + x 3 + 1 = VT (Đpcm)

a. Ta có: VP

2

2


3
1
 +
b. Ta có N = x + x 3 + 1 =  x +

2 

4

2

Nmin =

1
3
khi x = −
4
2

Bài 3:
Phương trình: x2 – 2(m + 3)x + m2 + 3
Ta coù: ∆ ’
= [-(m+3)]2 – 1.(m2 + 3)
= m2 + 6m + 9 – m2 - 3
= 6m + 6
Để pt có hai nghiệm phân biệt thì ∆ ’> 0

⇔ 6m + 6 > 0
⇔ m > -1

− b 2(m + 3)
=
= 2(m + 3)
a
1
c m2 + 3
B = x1.x2 = =

= m2 + 3
a
1
C = x12 + x22
= x12 + 2x1.x2 + x22 - 2x1.x2
= (x1 + x2)2 – 2x1.x2
2
= [2(m + 3)] − 2(m 2 + 3)

A = x1 + x2 =

= 4 (m2 + 6m + 9) – 2m2 – 6
= 4m2 + 24m + 36 – 2m2 – 6
= 2m2 + 24m + 30

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 6


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

Bài 4:
Gọi hai thừa số cần phân tích là x1 và x2 (x1, x2 < 29)
Theo đề bài ta có: x1.x2 = 210 và x1 + x2 = 29
Theo hệ thức Viet thì x1, x2 là nghiệm của phương trình:
x2 – 29x + 210 = 0
∆ = 841 – 840 = 1

− (−29) + 1
x1 =
= 15
2
− (−29) − 1
x2 =
= 14
2
Vậy ta có 210 = 14.15
Bài 5:
a. Xét ∆ V AEC và ∆ V DEB
Ta coù: AEˆ C = DEˆ B = 90 0 (Vì AB ⊥ CD)
ACˆ D = ABˆ D (góc nội tiếp cùng chắn cung AD
⇒ ∆ V AEC ~ ∆ V DEB
AE EC
=
⇒ AE.EB = EC.DE hay EA.EB = EC.ED
DE EB
b. Ta coù: EA.EB = EC.ED
EA.EB 2.6
⇒ EC =
=
=4
ED
3
CD = CE + ED = 4 + 3 = 7
CD 7
= = 3,5 (vì I là trung điểm của CD)
ID =
2

2
IE = ID – ED = 3,5 – 3 = 0,5
Vì I, J là trung điểm của CD, AB nên theo định lý đường ký và dây cung ta có
IEJO là hình chữ nhật ⇒ IE = OJ = 0,5
AE + EB 2 + 6
Ta có: JB =
=
= 4 (vì J là trung điểm của AB)
2
2
Trong ∆ OJB ta có: OB = OJ 2 + JB 2 = 0,5 2 + 4 2 = 16,25
Vậy OJ = 0,5 và đường kính 2 16,25

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 7


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

BÀI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2007 - 2008
Bài 1:
M =
M =

1

−

1

3 −1
3 +1
3 + 1 − ( 3 − 1)
( 3 − 1)( 3 + 1)

=

3 +1− 3 +1
2

3 − 12

=

2
2
= =1
3 −1 2

Baøi 2:
x + y = 3
3x = 6
x = 2
x = 2
a. 
⇔

⇔
⇔
2 x − y = 3
x + y = 3
x + y = 3
y = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (2;1)
x y z
 = = (1)
b.  5 7 3
2 x − y + 4 z = 30(2)
5z
7z
Từ (1) ⇒ x = ; y =
(3)
3
3
Thay (3) vaøo (2)
5z 7 z
⇔ 2. −
+ 4 z = 30
3
3
10 z 7 z
⇔
−
+ 4 z = 30
3
3
⇔ 10 z − 7 z + 12 z = 90

⇔ 15 z = 90
⇔ z=6
Thay z =6 vaøo (3) ta được: x = 10; y = 14
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y;z) = (10;14;6)

Bài 3:
a. x2 – x – 2 = 0 (vì a – b + c = 0)
c − ( − 2)
Ta coù x1 = - 1; x2 = - =
=2
a
1
Vậy phương trình có hai nghieäm: x1 = -1; x2 = 2
b. x4 – 6x2 + 8 = 0
Đặt t = x2 (t ≥ 0)
Pt ⇔ t2 – 6t + 8 = 0
∆ ’= 9 – 8 = 1
t1 = 3 + 1 = 4 (nhận)
t2 = 3 – 1 = 2 (nhận)
Với t1 = 4
⇔ x2 = 4
⇔ x= ± 4
⇔ x= ±2
Với t2 = 2
⇔ x2 = 2
⇔ x= ± 2
Vậy phương trình có 4 nghiệm: x = ± 2 ; x = ± 2

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 8


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

Bài 4:
a. Phương trình: x2 – (2m – 1)x + 2(m – 1) = 0 (1)
∆
= 4m2 – 4m + 1 – 4.2(m-1)
= 4m2 – 4m + 1 – 8m + 8
= 4m2 – 12m + 9
= (2m + 3)2 ≥ 0 ∀m
Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm ∀m
−b
b. Ta có:
S = x1 + x2 =
= 2m − 1
a
c
P = x1.x2 = = 2(m − 1)
a
Tổng bình phương hai nghiệm là: M = x12 + x22
Ta coù: M
= x12 + 2x1.x2 + x22 - 2x1.x2 = (x1 + x2)2 – 2x1.x2
M
= (2m – 1)2 – 2.2(m – 1)
M
= 4m2 – 4m + 1 – 4m + 4

M
= 4m2 – 8m + 5
M
= (2m)2 – 2.2m.2 + 22 + 1
M
= (2m – 2)2 + 1
Mmin = 1 khi 2m – 2 = 0 hay m = 1
Vậy với m = 1 thì tổng bình phương các nghiệm có giá trị nhỏ nhất là 1
Bài 5:
a. Ta coù: BAˆ C = 90 0 ( ∆ ABC vuông tại A)
AEˆ H = 90 0 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
AFˆH = 90 0 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
⇒ AEHF là hình chữ nhật
b. Xét ∆ AEF và ∆ ACB
Aˆ chung
1 ⌢
AEˆ F = AF
2
⌢
⌢
1
1 ⌢
ACˆ H = ( AH − HF ) = AF
2
2
ˆ
ˆ
⇒ AEF = ACB
⇒ ∆ AEF ~ ∆ ACB
AE AF

⇒
=
AC AB
Vậy: AE.AB = AF.AC

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 9


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

BÀI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2008 - 2009
Bài 1: Giải hệ phương trình
x + 3 y = 3

3x + 4 y = −1
− 3x − 9 y = −9
⇔ 
3x + 4 y = −1
− 5 y = −10
⇔ 
3x + 4 y = −1
y = 2
⇔ 
3x + 4 y = −1
y = 2

⇔ 
 x = −3
Vậy hệ pt có nghiệm là: (x; y) = (-3; 2)

Bài 2:
b
(−3)
=−
=3
a
1
c
1
b. P = x1.x2 =
= =1
a 1

a. S = x1 + x2 = −

c.

x1 + x 2

=

x1 + x 2 + 2 x1 .x 2

=
=

3 + 2. 1

vì ( x1 + x 2 ) 2 = x1 + 2 x1 .x 2 + x 2

5

Baøi 3:
M = a(a + 3) + b(b – 3) – 2ab
= a2 + 3a + b2 – 3b – 2ab
= a2 – 2ab + b2 + 3a – 3b
= (a – b)2 + 3(a – b)
= 52 + 3.5
= 40
Bài 4:
Phương trình: x2 + mx + n – 3 = 0 (1)
1. Với n = 0
Pt(1) ⇔ x2 + mx – 3 = 0 (2)
a. Ta coù: ∆ = m2 – 4(-3) = m2 + 12 > 0 ∀m
Vậy pt (2) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m
b. Vì pt (2) có nghiệm x1 = 1 nên thay vào pt, ta được:
1+m–3=0
⇔ m=2
Thay m = 2 vào pt (2), ta được:
x + 2m – 3 = 0
S = x1 + x2 = - 2 ⇒ x2 = -2 – 1 = -3

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 10

Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

3. Ta có:
 x1 − x 2 = 1
 2
2
 x1 − x 2 = 7
x − x2 = 1
⇔ 1
( x1 − x 2 )( x1 + x 2 ) = 7
 x − x2 = 1
⇔ 1
 x1 + x 2 = 7
2 x = 8
⇔ 1
 x1 + x 2 = 7
x = 4
⇔ 1
x2 = 3
Thay x1, x2 vaøo pt(1), ta được m, n là nghiệm của hệ phương trình sau:
16 + 4m + n − 3 = 0
4m + n = −13
 m = −7
 m = −7
⇔
⇔
⇔


9 + 3m + n − 3 = 0
3m + n = −6
3m + n = −6
n = 15

 x1 − x 2 = 1
Vậy mới m = -7 và n = 15 thì phương trình (1) có hai nghiệm thoả mãn 
 x1 + x 2 = 7
Bài 5:
Ta có: tâm O là giao giao điểm của 3 đường phân giác ∆ ABC, neân:
⌢
⌢
Aˆ1 = Aˆ 2 ⇒ BD = CD ⇒ BD = CD (1)
⌢
⌢
Tương tự ta có: AE = EC
⌢
⌢
⌢
⌢
E
C
+
C
D
A
E
+
B

D
EBˆ D =
; BOˆ D =
2
2
⌢
⌢
⌢
⌢
Maø: BD = CD vaø AE = EC
⇒ EBˆ D = BOˆ D
⇒ ∆ BDO cân tại D
⇒ BD = DO (2)
Từ (1) và (2) ⇒ CD = BD = DO

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 11


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

BÀI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2009 – 2010
Bài 1:
x = 1
2 x − 3 y = 4
5 x = 5


1. 
⇔
⇔
2
3 x + 3 y = 1
3 x + 3 y = 1  y = −
3

x = 1
Vậy hệ pt có nghiệm 
 y = −2 / 3
2. Giải phương trình
a. x2 – 8x + 7 = 0
Ta có: a + b + c = 1 + (-8) + 7 = 0
Vậy pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 7
b.
16 x + 16 − 9 x + 9 + 4 x + 4 = 16 − x + 1

⇔ 16( x + 1) − 9( x + 1) + 4( x + 1) = 16 − x + 1
⇔ 4 x + 1 − 3 x + 1 + 2 x + 1 + x + 1 = 16
⇔ 4 x + 1 = 16
⇔ x +1 = 4
⇔ x + 1 = 16
⇔ x = 15
Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 15
Bài 2:
Ta có chu vi hình chữ nhật là 160m => nữa chu vi là 80 m
Gọi x (m) là chiều rộng hình chữ nhật (0 < x < 40)
80 – x là chiều dài hình chữ nhật

Theo đề bài ta có:
x (80 – x) = 1500
⇔ 80x – x2 = 1500
⇔ x2 – 80x + 1500 = 0
∆' = 1600 – 1500 = 100
∆' = 100 = 10
x1 = 50 (loaïi)
x2 = 30 (nhận)
Vậy Chiều rộng hình chữ nhật là 30m
Chiều dài hình chữ nhật là 50m
Bài 3:
Phương trình: x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0 (1)
4. Để pt (1) có hai nghiệm phân biệt thì ∆' > 0
⇔ (m + 1)2 – (m2 + 4m + 3) > 0
⇔ m2 + 2m + 1 – m2 – 4m – 3 > 0
⇔ -2m – 2 > 0
⇔ m < -1
Vậy với m < -1 thì pt đã cho có hai nghiệm phân biệt.

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuaán

Trang 12


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

5. Từ pt (1) ta coù: x1.x2 = m2 + 4m + 3
x1 + x2 = - 2(m +1)

A = x1.x2 – 2(x1 + x2)
A = m2 + 4m + 3 – 2{-2(m + 1)}
A = m2 + 4m + 3 + 4m + 4
A = m2 + 8m + 7 (đpcm)
6. Ta có: A = m2 + 8m + 7
A = m2 + 2.m.4 + 16 – 9
A = (m + 4)2 – 9
Amin = -9 khi m = -4
Baøi 4

1. CM: OD//BC
Ta có: ∆ OBD cân (OB = OD = R)
=> OBˆ D = ODˆ B
Maø: OBˆ D = DBˆ C (BD là phân giác của ABˆ F )
=> DBˆ C = ODˆ B (vị trí so le trong)
Vậy OD//BC
2. Xét ∆ BDC và ∆ BFE
Ta có: Bˆ chung
1 ⌢
CDˆ B = BC
2
⌢
1 ⌢
1 ⌢
AFˆB = ( AB − AC ) = BC
2
2
⇒ CDˆ B = AFˆB
⇒ ∆BDC ~ ∆BFE
BD BC

⇒
=
BF BE
hay : BD.BE = BC.BF
3. Ta coù:
CDˆ B + CDˆ E = 180 0

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 13


Ôn tập tuyển sinh lớp 10

Môn: Toán

Mà CDˆ B = EFˆC
⇒ EFˆC + CDˆ E = 180 0
Vậy tứ giác CDEF nội tiếp đường tròn
4. Giả sử tứ giác AOCD là hình thoi
Ta có: CD = AO = OD = OC = OB (1)
DC // AB
Mặt khác: DO // BC (cm trên)
=> OD = CB (2) (tính chất đoạn chắn)
Từ (1) vaø (2) => OC = OB = BC
=> ∆ OBC đều
=> góc ABC = 600
Vậy để AOCD là hình thoi thì góc ABC = 600
Tính SAOCD
Gọi I là giao điểm hai đường chéo hình thoi

Tương tự như trên ta có:
∆ ADO đều
3
=>AI = R
2
=> AC = 2AI (tính chất đường chéo hình thoi)
= AC = R 3
SAOCD =

1
1
3 2
DO. AC = R.R 3 =
R
2
2
2

Biên soạn: Nguyễn Đức Tuấn

Trang 14