TUYEN TAP DE THI VAO 10 (CUC HAY)

ĐỀ SỐ 1.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
QUẢNG TRỊ Khóa ngày 2 tháng 7 năm 2006
MƠN: TỐN
(Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề)
Phần I : Trắc nghiệm khách quan (2.0 điểm)
Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất.
1. Biểu thức
2
1 4x
x
−
xác đònh với giá trò nào sau đây của x ?
A. x ≥
1
4
B. x ≤
1
4
C. x ≤
1
4
và x ≠ 0 D. x ≠ 0
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x
A. y = 2x - 1 B.
( )
2 1 2y x= −
C. y = 2 - x D.
( )
2 1 2y x= −
3. Hai hệ phương trình

3 3
1
kx y
x y
− = −


− =

và
3 3 3
1
x y
x y
+ =


− =

là tương đương khi k bằng
A. -3 B. 3 C. 1 D. -1
4. Điểm
1
2;
2
Q
 
−
 ÷
 

thuộc đồ thò hàm số nào trong các hàm số sau đây ?
A.
2
2
2
y x=
B.
2
2
2
y x= −
C.
2
2
4
y x=
D.
2
2
4
y x= −
5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài
đoạn EF bằng :
A. 13 B.
13
C. 2
13
D. 3
13
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3

3
a, khi đó sinB bằng
A.
3
2
a
B.
1
2
C.
3
2
D.
1
2
a
7. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 18cm, AC = 24cm . Bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác đó bằng .
A. 30cm B.
15 2cm
C. 20cm D. 15cm
8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6cm, AB = 8cm. Quay tam giác đó một vòng quanh
cạnh AC cố đònh được một hình nón . Diện tích toàn phần hình nón đó là
A. 96π cm
2
B. 100 π cm
2
C. 144 π cm
2
D. 150 π cm

2
Phần II : Tự luận (8.0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho phương trình bậc hai, ẩn số x: x
2
- 4x + m + 1 = 0
1. Giải phương trình khi m = 3
2. Với giá trò nào của m thì phương trình có nghiệm.
3. Tìm giá trò của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
2
+ x
2
2
= 10
Bài 2 : (1 điểm)
1
Giải hệ phương trình :
3 2 2 1
2 2 3
x y
x y

− − + =



− + + =


Bài 3: (1,5 điểm)
Rút gọn biểu thức :
1.
6 3 3 6 3 3A = + + −
2.
( ) ( )
5 2 6 49 20 6 5 2 6
9 3 11 2
B
+ − −
=
−
Bài 4: (4 điểm)
Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng
AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I . Tia vuông góc với CI
tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P.
1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp
2. Chứng minh AI.BK = AC.CB
3. Chứng minh tam giác APB vuông .
4. Giả sử A, B, I cố đònh . Hãy xác đònh vò trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tích lớn nhất .
ĐÁP ÁN
I/ Tr¾c nghiƯm kh¸ch quan.
1- C 2 - b 3 - a 4 - c
5 - d 6 - b 7 - d 8 - c
II/ tù ln.
Bµi 1:
1. Khi m = 3, ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh : x

2
- 4x + 4 = 0 ⇒ (x - 2)
2
= 0 ⇒ x = 2 lµ nghiƯm kÐp cđa
ph¬ng tr×nh.
2. Ph¬ng tr×nh cã nghiƯm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ (-2)
2
-1(m + 1) ≥ 0 ⇔ 4 - m -1 ≥ 0 ⇔ m ≤ 3.
VËy víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiƯm.
3. Víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiƯm . Gäi hai nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh lµ x
1
, x
2
.Theo
®Þnh lý ViÐt ta cã : x
1
+ x
2
= 4 (1), x
1
.x
2
= m + 1 (2). MỈt kh¸c theo gt : x
1
2
+ x
2
2
= 10 ⇒ (x
1

+ x
2
)
2
- 2 x
1
.x
2
= 10 (3). Tõ (1), (2), (3) ta ®ỵc :16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m = 2 < 3(tho¶ m·n) . VËy víi m = 2 th× ph¬ng tr×nh
®· cho cã 2 nghiƯm tho¶ m·n ®iỊu kiƯn x
1
2
+ x
2
2
= 10.
Bµi 2:
§iỊu kiƯn ®Ĩ hƯ cã nghiƯm:
2 0 2
2 0 2
x x
y y
− ≥ ≥
 
⇔
 
+ ≥ ≥ −
 
. §Ỉt
2 0

2 0
x a
y b

− = ≥


+ = ≥


Khi ®ã hƯ ph¬ng tr×nh ®· cho trë
thµnh :
3 1
3
a b
a b
− =


+ =

.Gi¶i hƯ nµy ta ®ỵc
1 0
2 0
a
b
= ≥


= ≥


(TM).
Víi
1
2
a
b
=


=

ta cã :
2 1
2 1 3
2 4 2
2 2
x
x x
y y
y

− =
− = =
 

⇔ ⇔
  
+ = =
+ =

 


(TM).VËy (x;y) = (3 ; 2) lµ nghiƯm cđa hƯ ph¬ng tr×nh
®· cho.
Bµi 3:
2
1. Ta có

( ) ( ) ( )
2
2 2
6 3 3 6 3 3 2 6 3 3 6 3 3 12 2 6 3 3
12 2 3 18
A = + + + + = + =
= + ì =
A =
3 2
(vì A > 0)

2.
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 3
2
2

5 2 6 3
5 2 6 3
5 2 6
5 2 6
9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2
9 3 11 2
1
9 3 11 2
B





+
= = = =


= =

Bài 4:
2. Ta có KC CI (gt), CB AC (gt)
ã
ã
CKB ICA=
(cặp góc nhọn có cạnh tơng ứng vuông góc).Xét
hai tam giác vuông AIC và BCK (
à à
0
90A B= =

) có
ã
ã
CKB ICA=
(cm/t) .Suy ra AIC đồng dạng với BCK.
Từ đó suy ra
AI BC
AI BK BC AC
AC BK
= ì = ì
(đpcm).
3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1)
ã
ã
PBC PKC=
(1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại có
ã
0
90IAC =
(gt) A
;
2
IC
O

ữ

, mặt khác P
;
2

IC
O

ữ

(cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội tiếp
ã
ã
PIC PAC=
(2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta đợc :
ã ã
ã
ã
PBC PAC PKC PIC+ = +
.Mặt khác tam giác ICK
vuông tại C (gt) suy ra
ã
ã
0
90PKC PIC+ =

ã ã
0
90PBC PAC+ =
, hay tam giác APB vuông tại P.(đpcm)
4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra
( )
ABKI
=
2

AI BK AB
s
+
Max S
ABKI
Max
( )
AI BK AB+
nhng A, I, B cố định do đó AI, AB không đổi
.Suy ra Max
( )
AI BK AB+
Max BK . Mặt khác
AC CB
BK
AI
ì
=
(theo câu 2) .Nên Max BK Max
AC.CB . Mà
( )
2
2
4 4
AC CB
AB
AC CB
+
ì =
(không đổi) .

Dấu = xảy ra AC = BC C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì S
ABKI
là lớn
nhất .
S 2.
S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10
QUNG BèNH Khúa ngy 3 thỏng 7 nm 2006
MễN: TON
(Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
Câu 1: (2 điểm)
1) Phân tích x
2
9 thành tích.
3
Gọi O là tâm đờng tròn đờng kính IC
1. Vì P
;
2
IC
O

ữ

ã
ã
0 0
90 90IPC KPC = =
.
Xét tứ giác PKBC có
ã

0
90KPC =
(chứng minh trên)
ã
0
90KBC =
(gt) . Suy ra
ã ã
0
180KPC KBC+ =
. Suy ra tứ giác
CPKB nội tiếp đợc (đpcm) .
a
b
c
i
p
k
o
2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x
2
5x + 4 = 0 không ?
Câu 2: (2 điểm)
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Câu 3: (1,5 điểm)
Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số thứ hai lên 2
đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Câu 4: (1,5 điểm)
Rút gọn biểu thức: P =

2 1
:
a b ab
a b a b
+
+
với a, b

0 và a b
Câu 5: (2 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A và vuông
góc với AB cắt tia BE tại F
1) Chứng minh rằng: AF // CH
2) Tứ giác AHCF là hình gì ?
Câu 6: (1 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x x
2
)(y 2y
2
) với 0

x

2
0

y


1

2
P N
Câu 1.
1) Phân tích x
2
9 thành tích
x
2
9 = (x + 3)(x - 3)
2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x
2
5x + 4 = 0 không ?
Thay x = 1 vào phơng trình ta thấy: 1 5 + 4 = 0 nên x = 1 là nghiệm của phơng trình.
Câu 2.
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
Hàm số y = - 2x + 3 là hàm nghịch biến vì có a = -2 < 0
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0; 3)
Với y = 0 thì x =
3
2
suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Oylà: (
3
2
; 0)
Câu 3.
Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số thứ hai lên 2
đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Gọi số thứ nhất là x, số thứ hai là y
Vì tổng của hai số bằng 17 nên ta có phơng trình: x + y = 17 (1)

Khi tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị thì số thứ nhất sẽ là x + 3 và số thứ hai lên 2 đơn vị thì số thứ hai sẽ là y
+ 2.
Vì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị nên ta có phơng trình:
(x + 3)(y + 2) = xy + 45
2x + 3y = 39 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phơng trình:
17
2 3 39
x y
x y
+ =


+ =

4
Giải hệ phơng trình ta đợc
12
5
x
y
=


=

Câu 4.
Rút gọn biểu thức: P =
2 1
:

a b ab
a b a b
+
+
với a, b

0 và a b
P =
( )
( ) ( )
2
.( ) .
a b
a b a b a b a b
a b

+ = + =

với a, b

0 và a b
Câu 5.
Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A và vuông
góc với AB cắt tia BE tại F
a) Chứng minh rằng: AF // CH
b) Tứ giác AHCF là hình gì ?
a) Ta có H là trực tâm tam giác ABC suy ra CH AB
d AB suy ra AF AB suy ra CH // AF
b) Tam giác ABC cân tại B có BE là đờng cao nên BE đồng thời là đờng trung trực suy ra EA = EC , HA =
HC, FA = FC

Tam giác AEF = tam giác CEH nên HC=AF suy ra AH = HC = AF = FC nên tứ giác AHCF là hình thoi
Câu 6.
Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x x
2
)(y 2y
2
) với 0

x

2
0

y


1
2
Với 0

x

2 0

y


1
2
thì 2x-x

2

0 và y 2y
2


0
áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2x x
2
= x(2 - x)


2
x 2
1
2
x+

=
ữ

y 2y
2
= y(1 2y) =
2
1 1 2 1 2 1
.2 (1 2 )
2 2 2 8
y y
y y

+

=
ữ


(2x x
2
)(y 2y
2
)


1
8
Dấu = xảy ra khi x = 1, y =
1
4
Vậy GTLN của A là
1
8
x = 1, y =
1
4
S 3.
S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10
LNG SN MễN: TON
(Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
5
H

d
F
E
D
C
A
B
Bài 1: (2 điểm).
Tính giá trị của biểu thức:
a)
2
A 1 (1 2)= +
b)
3 3
B 9 80 9 80= + +
Bài 2: (1 điểm).
Giải phơng trình: x
4
+ 2008x
3
- 2008x
2
+ 2008x - 2009 = 0
Bài 3: (1 điểm).
Giải hệ phơng trình:
x y 2
3x 2y 6
=

=


Bài 4: (2 điểm).
Một đội công nhân hoàn thành một công việc, công việc đó đợc định mức 420 ngày công thợ. Hãy tính
số công nhân của đội, biết rằng nếu đội tăng thêm 5 ngời thì số ngày để hoàn thành công việc sẽ giảm đi 7
ngày, giả thiết năng suất của các công nhân là nh nhau.
Bài 5: (4 điểm).
Cho tam giác ABC vuông ở A và có AB > AC, đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm
A, vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB tại E, nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F.
a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
d) Gọi O là giao điểm của AH và EF. Chứng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong đó 2p = AB + BC +
CA.
P N
Bài 1.
a)
2
A 1 (1 2) 1 2 1 2= + = + =
b)
3 3
B 9 80 9 80= + +
HD: áp dụng hằng đẳng thức (a + b)
3
=a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b)

Lập phơng hai vế ta có:
3 3
3 3
B ( 9 80 9 80)
= + +
(
)
3
3 3
3
B 9 80 9 80 3 (9 80)(9 80) 9 80 9 80= + + + + + +
3
B 18 3B= +
=> B
3
- 3B - 18 = 0
<=> (B - 3)(B
2
+ 3B + 6) = 0
2
B 3 0
B 3B 6 0 (VN)
=



+ + =

Vậy B = 3
Bài 2.

4 3 2
x 2008x 2008x 2008x 2009 0+ + =
6
3 2
2
2
2
(x 1)(x 2009x x 2009) 0
(x 1) x (x 2009) (x 2009) 0
(x 1)(x 2009)(x 1) 0
x 1 0
x 1
x 2009 0
x 2009
x 1 0 (VN)
+ + + =
+ + + =


+ + =
=

=


+ =


=

+ =

Bài 3.
x y 2 3x 3y 6 x 2
3x 2y 6 3x 2y 6 y 0
= = =



= = =

Bài 4.
Gọi số công nhân của Đội là x (x nguyên dơng)
Phần việc đội phải làm theo định mức là:
420
x
Nếu đội tăng thêm 5 ngời thì phần việc phải làm theo định mức là:
420
x 5+
Theo đầu bài ta có pt:
420 420
7
x x 5
=
+

2
x 5x 300 0 + =
Ta đợc: x

1
= 15 (thoả mãn); x
2
= -20 (loại)
Vậy đội công nhân có 15 ngời.
Bài 5.
O
F
E
H
C
B
A
a) Ta có:
ã
ã
0
CFH BEH 90= =
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
=>
ã
ã
ã
0
AFH AEH FAE 90= = =
=> Tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Ta có:
ã
ã
0

EBH EAH 90+ =
mà
ã
ã
EAH EFH=
(tc đờng chéo hcn)
=>
ã
ã
0
EBH EFH 90+ =
Do đó:
ã
ã
ã
ã
ã
0 0 0
EFC EBC CFH EFH FBC 90 90 180+ = + + = + =
=> BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có:
ã
ã
ABH AHE=
(cùng phụ với
ã
EAH
) mà
ã
ã

AHE AFE=
(đờng chéo hcn)
=>
ã
ã
ABH AFE=
hay
ã
ã
ABC AFE=
Xét AEF và ACB ta có:
ã
ã
0
EAF CAB 90= =
7
ã
ã
ABC AFE=
(cm trên)
=> AEF đồng dạng ACB =>
AE AF
AE.AB AF.AC
AC AB
= =
d) Trong OAB ta có:
OA + OB > AB (quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác)
tơng tự: OC + OA > AC
OB + OC > BC
=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC

=>
AB BC CA
OA OB OC
2
+ +
+ + >
=>
OA OB OC p+ + >
(1)
Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)
OC < AC (do OH < AH)
OB < BC
=> OA + OB + OC < AB + BC + CA
=> OA + OB + OC < 2p(2)
Từ (1) và (2) => p < OA + OB + OC < 2p
S 4.
S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10
TP HCM MễN: TON
Nm hc: 2007 - 2008
(Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
Cõu 1: (2 im)
Gii phng trỡnh v h phng trỡnh sau:
a) 2x
2
+ 3x 5 = 0 (1)
b)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)
+ =

+ =

(2)
Cõu 2: (2 im)
Thu gn cỏc biu thc sau:
a) A =
7 4 3 7 4 3 +
b) B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x

+ +

ữ
ữ

+ +

(x > 0; x 4).
Cõu 3: (2 im)
Cho phng trỡnh x
2
2mx 1 = 0 (m l tham s)
a) Chng minh phng trỡnh trờn luụn cú 2 nghim phõn bit.
b) Gi x
1
, x

2
l hai nghim ca phng trỡnh trờn. Tỡm m
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ =
.
Cõu 4: (4 im)
T im M ngoi ng trũn (O) v cỏt tuyn MCD khụng i qua tõm O v hai tip tuyn MA, MB
n ng trũn (O), õy A, B l cỏc tip im v C nm gia M, D.
a) Chng minh MA
2
= MC.MD.
8
b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên một
đường tròn.
c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy
ra AB là phân giác của góc CHD.
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A, B, K
thẳng hàng.
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) 2x
2
+ 3x – 5 = 0 (1)
Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là:
x
1
= 1 hay x
2
=

c 5
a 2
= −
.
Cách 2: Ta có ∆ = b
2
– 4ac = 3
2
– 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là x
1
=
3 7 5
4 2
− −
= −
hoặc x
2
=
3 7
1
4
− +
=
.
b)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)
+ =



+ = −

(2)
Cách 1: Từ (a) ⇒ y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được:
3x + 4(1 – 2x) = –1 ⇔ –5x = –5 ⇔ x = 1.
Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Cách 2: (3) ⇔
8x 4y 4
3x 4y 1
+ =


+ = −

⇔
5x 5
3x 4y 1
=


+ = −

⇔
x 1
3.1 4y 1
=


+ = −


⇔
x 1
y 1
=


= −

.
Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Câu 2:
a) A =
7 4 3 7 4 3− − +
=
2 2
(2 3) (2 3)− − +
=
2 3 2 3− − +

Mà 2 –
3
> 0 và 2 +
3
> 0 nên A = 2 –
3
– 2 –
3
=
2 3−
.

b) B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −
−
 ÷
 ÷
−
+ +
 
.
=
2 2 2
x 1 x 1 (x 4)( x 2)
.
( x) 2 ( x 2) x
 
+ − − +
−
 ÷
 ÷
− +
 
=
2 2
( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2)
.

x
( x) 2 ( x 2)
 
+ + − − − − +
 ÷
 ÷
 
− +
 
 
=
x 3 x 2 (x 3 x 2)
x
+ + − − +
=
6 x
x
= 6.
Câu 3: x
2
– 2mx – 1 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Cách 1: Ta có: ∆' = m
2
+ 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.
Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trình luôn có hai phân biệt.
9
b) Gọi x
1
, x

2
là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
.
Theo a) ta có với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Khi đó ta có S =
1 2
x x 2m+ =
và P = x
1
x
2
= –1.
Do đó
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
⇔ S
2
– 3P = 7 ⇔ (2m)
2
+ 3 = 7 ⇔ m
2
= 1 ⇔ m = ± 1.
Vậy m thoả yêu cầu bài toán ⇔ m = ± 1.
Câu 4:
a) Xét hai tam giác MAC và MDA có:
– ∠ M chung

– ∠ MAC = ∠ MDA (=
»
đAC
1
s
2
).
Suy ra ∆MAC đồng dạng với ∆MDA (g – g)
⇒
MA MC
MD MA
=
⇒ MA
2
= MC.MD.
b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên
∠MAO = ∠ MBO = 90
0
.
* I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 90
0
.
Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 90
0
⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO.
c) Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R
(O)
. Do đó MO là trung trực của
AB ⇒ MO ⊥ AB.
Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA

2
= MH.MO. Mà MA
2
= MC.MD (do a)) ⇒
MC.MD = MH.MO ⇒
MH MC
MD MO
=
(1).
Xét ∆ MHC và ∆MDO có:
∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c)
⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp.
Ta có: + ∆OCD cân tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO
+ ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp)
Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD
⇒ 90
0
– ∠ MHC = 90
0
– ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay AB là phân
giác của ∠ CHD.
d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 90
0
)
⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt)
⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp
⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 90
0
.
⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H

⇒ HK trùng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng.
ĐỀ SỐ 5.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
10
O
M
D
C
A
B
I
H
K
QUẢNG NAM MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
(Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) 2x – 3 = 0.
b) x
2
– 4x – 5
Câu 2. (2 điểm)
a) Cho phương trình x
2
– 2x – 1 = 0 có hai nghiệm là x
1
và x
2
. Tính giá trị của biểu thức

S =
1
2
x
x
+
2
1
x
x
.
b) Rút gọn biểu thức:
A =








− 3
1
a
+









+ 3
1
a








−
a
3
1
với a > 0 và a
9
≠
.
Câu 3. (2 điểm)
a) Xác định các hệ số m và n, biết rằng hệ phương trình



=+
=−
1mynx

nymx
Có nghiệm là
( )
3,1−
b) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 108 km. Hai ôtô cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B, mỗi
giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nên xe đến B trước xe thứ hai là 12 phút. Tính vận tốc
mỗi xe.
Câu 4. (3 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. Gọi M là trung điểm của
AC, I là trung điểm của OD.
a)Chứng ning OM // DC.
b) Chứng minh tam giác ICM cân.
c)BM cắt AD tại N. Chứng minh IC
2
= IA.IN
Câu 5. (1 điểm)
Trên mặt phẳng toạ độ Õy, cho các điểm A(-1 ; 2), B(2 ; 3) và C(m ; 0). Tìm m sao cho chu vi tam
giác ABC nhỏ nhất.
ĐÁP ÁN
Câu 1:
Giải phương trình:
a) 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x =
2
3
.
b) x
2
– 4x – 5 = 0.
Phương trình có dạng a – b + c = 0. Nên có một nghiệm x
1

= –1 và nghiêm thứ hai x
2
=
a
c−
= 5.
Câu 2.
a) Tính được x
1
+ x
2
= 2 và x
1
.x
2
= – 1.
11
Biến đổi:
S =
21
2
2
2
1
.xx
xx +
=
( )
21
21

2
21
.
2
xx
xxxx −+
= – 6.
b) Biến đổi








− 3
1
a
+








+ 3
1

a
=
( )( )
33
2
+− aa
a
= 1–
a
3
=
a
a 3−
Rút gọn A =
3
2
+a
.
Câu 3.
a) Thay giá trị x,y vào hệ ta có hệ phương trình sau:





=+−
=−−
13
3
mn

nm
Giải hệ ta tìm được m =
23 −
và n =
322 −
.
b) Gọi vân tốc xe thư nhất là x (km/h) (x> 6)
Vân tốc của xe thứ hai là
6−x
(km/h)
Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:
x
108
(giờ)
Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:
6
108
−x
(giờ)
Theo bài ra ta có phương trình:
−
− 6
108
x
x
108
=
5
1
(*)

Giải phương trình (*) tìm được x = 60 và x = – 54 (loại)
Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h.
Câu 4.
GT
ABC∆
cân tại A, nội tiếp (O)
M là trung điểm của AC.
I là trung điểm của OD
KL a) OM // DC
b)
ICM∆
cân.
c) IC
2
= IA.IN
a) MA = MC => OM
⊥
AC
Góc ACM = 90
0
=> DC
⊥
AC
OM không trùng DC => OM // DC.
b) Gọi K là trung điểm của MC => IK là đường trung bình của hình thang OMCD
=> IK // OM => IK
⊥
MC
=>
IMC∆

cân tại I.
c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA
Suy ra tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI
Suy ra MI
2
= IA.IN, mà IC = IM nên IC
2
= IA.IN
Câu 5. y
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua trục Ox.
=> A’
( )
2;1 −−
và AC = A’C. B
Do AB không đổi nên AB + AC + BC nhỏ nhất <=> A
AC + BC nhỏ nhất.
12
Ta có AC + BC = A’C = CB
≥
A’B. 0 C x
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, C, B thẳng hàng, tức là C
Là giao điểm của A”b với trục Ox. A’
A’
( )
)3;2(,2;1 B−−
=> pt đường thẳng A’B: y =
3
1
3
5

−x
Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C (
0;
5
1
) => m =
5
1

ĐỀ SỐ 6.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
ĐÀ NẲNG MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
(Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2 điểm)
a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
5
5
và
32
5
+
b) Rút gọn biểu thức: A=
b
a
b
bab
−
−
2

2
. Trong đó a
0,0 >≥ b
Bài 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: x
2
+ 2x -35 = 0
b) Giải hệ phương trình:



=+
=−
82
232
yx
yx
Bài 3. (2,5 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm a (1; 1), B(2; 0) và đồ thị (P) của hàm số y =
2
x−
.
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA. Chứng minh rằng đường
thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện tích tam giác ACD (đơn vị đo trên các trục tọa độ
là cm)
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N (N khác A và B), trên
cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN.
a) Chứng minh

AMBBNC ∆=∆
.
b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp.
c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh.
13
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 6.
Bài 1.
a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:

5
5
=
5
32
5
+
=
( )
( )( )
3510
34
3510
3232
325
−=
−
−
=
−+

−
b) Rút gọn:
A =
b
a
b
bab
−
−
2
2
. =
22 −=−−
b
a
b
a
. với a
0,0 >≥ b
.
Bài 2.
a) x
2
+ 2x – 35 = 0 (*)
∆
’ = 1 + 35 = 36 = 6
2
.
Do đó (1) có hai nghiệm phân biệt.




=
−=
5
7
2
1
x
x
b) Giải hệ phương trình:



=+
=−
)(82
)(232
byx
ayx
nhân
( )
b
với 2 và lấy
( ) ( )
ba 2−
. Ta có
<=>




=+
=−
82
147
yx
y
<=>



−=
=
48
2
x
y
<=>



=
=
2
4
y
x

Bài 3. A (d)
a) Vẽ đồ thị: -2 -1 0 1 2

-1 B


-4
b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax. Thay thế tạo độ A vào ta có 1 = a.
vì d // OA nên phương trình đường thẳng d có dạng y = x + b.
d đi qua B (2; 0) => 0 = 2 + b => b =
2−
=> phương trình d là y= x
2−
.
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là:
022
22
=−+⇔−=− xxxx
1==⇔
C
xx
hay
2−==
D
xx
(vì a + b + c = 0)
121 −=−=⇒
C
y
và
422 −=−−=
D
y

Ta có: x
A
= x
C
=> AC
⊥
Ox.
=> S
ACD
=
( )( ) ( )( )
31121
2
1
2
1
.
2
1
=++=−−=−−
CADCCADC
yyxxyyxx
Vậy S
ACD
= 3 cm
2
.
Bài 4. A
14
N

B C
a) Chứng minh
∆
BNC =
∆
AMB.





=
=∠=∠
=
ABBC
AB
AMBN
0
60
=>
∆
BNC =
∆
AMB. (c.g.c).
b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp.



0
180=+∠

∠=∠
ANPBNC
AMBBNC
)( BNCAMB ∆=∆
=>
0
180=∠+∠ ANPAMB
=> tứ giác ANPM nội tiếp.
c) Quỹ tích điểm P khi N di động trên cạnh AB.
Tứ giác ANPM nội tiếp và
0
60=∠A
=>
0
120=∠NPM
=>
0
120=∠BPC
.
BC cố định => Pluôn nhìn bc với góc 120
0
không đổi. Nên khi N di động trên AB thì quỹ tích P là
cung chứa góc 120
0
dựng trê đoạn BC.
+ Giới hạn quỹ tích:
Khi N trùng B thì P trùng B
Khi N trùng A thì P trùng C.
Vậy quỹ tích điểm P là cung BC, nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ là cung BC.
ĐỀ SỐ 7.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
(Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2điểm)
Cho biểu thức: N =
ab
ba
bab
b
bab
a +
−
−
+
+

với a,b là 2 số dương khác nhau.
a) Rút gọn biểu thức N.
b) Tính giá trị của biểu thức N khi : a =
526 +
và b =
526 −
Bài 2. (2,5 điểm)
Cho phương trình ẩn x: x
4
– 2mx
2
+ m
2

– 3 = 0
a) Giải phương trình với m =
3
.
b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Bài 3. (1,5 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là
y = -
2
2
1
x
a) Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)
15

M
N
P
b) Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song song với trục tung
bao giờ cũng cắt parabol y = -
2
2
1
x
tại 2 điểm phân biệt
Bài 4. (4 điểm)
Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A, B .Từ điểm M nằm trên
đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn , trong đó P và
Q là các tiếp điểm.
a) Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I là tâm đường tròn

nội tiếp tam giác MPQ
b) Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông.
c) Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội tiếp tam giác MPQ
chạy trên một đường thẳng cố định.
ĐÁP ÁN
ĐỀ 7.
Bài 1.
a) N =
ab
ba
bab
b
bab
a +
−
−
+
+
=
ab
ba
aba
b
bab
a +
−
−
+
+ )()(
=

ab
ba
abab
abbaba
abab
abbaabbbabaa
−
+
=
−
+
=
−
−+−++−
)())(
))(()()(
b) Ta có a =
526 +
=
15)15(
2
+=+
v à b =
526 −
=
15)15(
2
−=−
=> N =
5

1515
1515
−=
−−−
−++
=
−
+
ab
ba
Bài 2.
a) khi m =
3
,phương trình : x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 3 = 0 trở thành:
x
4
- 2
3
x = 0
⇔
x
2
(x
2

- 2
3
) = 0
⇔



=
=
32
0
2
x
x

⇔




±=
=
32
0
3,2
1
x
x
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là :
x

1
= 0 , x
2
=
32
x
3
= -
32
b) Đặt t = x
2
, điều kiện t
≥
0 .Phương trình đã cho trở thành:
t
2
– 2mt + m
2
– 3 = 0 (1)
Phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình (1) có 2 nghiệm trong đó có một
nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương
*)Phương trình (1) nhận t = 0 là nghiệm
⇔
m
2
– 3 = 0
⇔
m =

±
3
+)Khi m =
3
, phương trình (1) trở thành: t
2
-
3
t = 0
⇔



=
=
32
0
2
1
t
t
(thoả mãn)
v ậy m =
3
,là giá trị cần tìm
16
+)Khi m = -
3
, phng trỡnh (1) tr thnh : t
2

+ 2
3
t = 0




=
=
32
0
2
1
t
t
(khụng thớch hp)
Vy m = -
3
khụng tho món loa
Tóm lại phơng trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

m =
3
Bài 3.
a) Phơng trình đờng thẳng đi qua điểm A(2;-3) và có hệ số góc bằng k là:
y = k(x-2) 3
b) Phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm A(2;-3) và không song song với trục tung có dạng:
y = k(x-2) 3 (k là 1 số bất kỳ)
Hoành độ giao điểm của parabol (p) và đờng thẳng (d) là nghiệm của phơng trình:
-

2
1
x
2
= k(x-2) 3

x
2
+ 2kx 4k 6 = 0 (*)
Đờng thẳng (d) và parabol(p) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

phơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi k


/

> 0 với mọi k

k
2
+ 4k + 6 > 0 với mọi k
Thật vậy
/

= k
2
+ 4k + 6 = (k
2
+ 4k + 4) + 2 = (k + 2)
2

+ 2 > 0 với mọi k
điều phải chứng minh.
Bài 4.

P
M
Q
A B
O
K
(D)
I
Cõu a)
+)Vì MP và MQ là các tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm M => tia MO là tia phân giác của góc PMQ (1)
+) Cũng vì MP và MQ là các tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm M
góc PMO = QMO => cung PI = cung IQ
Ta có góc MIP là góc tạo bởi một dây cung và tiếp tuyến => Sđ góc MPI =
2
1
Sđ cung PI
Lại có Sđ góc IPQ =
2
1
Sđ cung QI => góc MPI = góc IPQ => PI là tia phân giác của góc MPQ (2)
Từ (1) và (2) => I l giao im ca hai ng phõn giỏc ti nh M v nh P ca tam giỏc MPQ => I l
tõm ng trũn ni tip tam giỏc MPQ (pcm)
Cõu b)
* Phõn tớch:
Gi s M l im trờn ng thng (d) sao cho t giỏc MPOQ l hỡnh vuụng => cnh ca hỡnh vuụng l
R

MO = R
2

17
 M nằm trên đường tròn (O ; R
2
)
 M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R
2
)
* C¸ch dùng:
+ Dùng ®o¹n R
2
0,25đ
+ VÏ ®êng trßn (O, R
2
)
+ LÊy giao ®iĨm M cđa ®êng th¼ng (d) vµ ®êng trßn (O, R
2
)
=> M lµ ®iĨn ph¶i dùng
* Chứng minh:
Vì MO = R
2
> R => M nằm ngoài đường tròn (O,R)
Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn
+ Áp dụng đònh lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có
MP
2
= MO

2
– OP
2
= 2R
2
– R
2
= R
2
=> MP = R
Tương tự chứng minh được MQ = R => MPOQ là tưa giác có 4 cạnh bằng nhau và có 1 góc vuông =>
MPOQ là hình vuông
* Biện luận:
Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R
2
) cắt nhau tại 2 điểm
=> bài toán có hai nghiệm hình
Câu c)
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là đường tròn đường kính MO
+ Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) tại K => góc MKO = 1v
=> K nằm trên đường tròn đường kính MO
=> đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố đònh O và K
=> tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực (
∆
)
của đoạn OK.
ĐỀ SỐ 8.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008

(Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1. (1,5 điểm)
Cho biểu thức : A =
x
xx
24
44
2
−
+−
a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999
Bài 2. (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
18








=
−
+
−=
−
−

5
2
34
1
2
11
yx
yx
Bài 3. (2 điểm)
Tìm giá trị của a để phương trình :
(a
2
– a – 3)x
2
+ (a + 2)x – 3a
2
= 0
nhận x = 2 là nghiệm .Tìm nghiệm còn lại của phương trình?
Bài 4. (4 điểm)
Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A . trên cạnh AB lấy điểm D không trùng với đỉnh A và đỉnh B.
Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại E. Đường thẳng AE cắt đường tròn đường kính BD tại điểm
thứ 2 là G. Đường thẳng CD cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là F . Gọi S là giao điểm của
các đường thẳng AC và BF. Chứng minh:
a) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG
b) SA. SC = SB. SF
c) Tia ES là phân giác của góc AEF
Bài 5. (1 điểm)
Giải phương trình : x
2
+ x + 12

1+x
= 36
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 8
Bài 1.
Câu a) Ta có : A =
x
xx
24
44
2
−
+−
=
)2(2
)2(
2
x
x
−
−

Vì (x- 2)
2

≥
0 với mọi x =>
2
)2( −x
có nghĩa với mọi x

=> Biểu thức A có nghĩa
⇔
4 – 2x
≠
0
⇔
x
≠
2
Câu b) Ta có A =
)2(2
2
x
x
−
−


⇔








<−=
−
−

>−−=
−
−
02
2
1
)2(2
2
02
2
1
)2(2
2
khix
x
x
khix
x
x

Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5
Bài 2.
19









=
−
+
−=
−
−
5
2
34
1
2
11
yx
yx
Đặt u =
x
1
và v =
2
1
−y
.Hệ phương trình trên trở thành:




=+
−=−
534

1
vu
vu

Giải hệ phương trình trên được








=
=
7
9
7
2
v
u

Với u =
7
2
=> x =
2
7

Với v =

7
9
=> y =
9
25

Vậy hệ có nghiệm là :







=
=
9
25
2
7
y
x

Bài 3. Phương trình đã cho nhận x
1
= 2 là nghiệm
⇔
4(a
2
– a – 3) + 2(a + 2) – 3a

2
= 0
⇔
a
2
– 2a – 8 = 0
⇔




=
−=
4
2
a
a

Khi đó nghiệm còn lại của phương trình là:
x
2

=
)3(2
3
2
2
−−
−
aa

a

+) Nếu a = -2 , nghiệm còn lại của phương trình là
x
2
= -2
+) Nếu a = 4 , nghiệm còn lại của phương trình là
x
2
= -
3
8

Bài 4.

S
A
C
E
B
F
G
D
20
Câu a) Chứng minh AC // FG (1 đ)
Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v
nên nội tiếp được trong một đường tròn
=> ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1)
Mặt khác 4 điểm D,G, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD
nên tứ giác DGEF nội tiếp được đường tròn

=> góc DEG = góc DFG (2)
Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG
=> AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau)
Câu b) Chứng minh SA.SC = SB. SF (1,5đ)
Tứ giác ACBF có
∠
A =
∠
F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>
∠
FAC +
∠
FBC = 2v
Lại có
∠
FAC +
∠
SAF = 2v
=>
∠
SAF =
∠
FBC hay
∠
SAF =
∠
SBC
Xét 2 tam giác SAF và SBC có :

∠
S chung ,
∠
SAF =
∠
SBC (cmt)
=> Hai tam giác SAF và SBC đồng dạng
=>
SC
SF
SB
SA
=

=> SA.SC = SB.SF
Câu c) Chøng minh : Tia ES lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF
Ta cã gãc AED = gãc ACF (cmt) (1)
V× tø gi¸c BEDF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn
=> gãc DEF = gãc DBF (2)
V× tø gi¸c ACBF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn
=> gãc ACF = gãc ABF (3)
Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = gãc DEF
=> ED lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF
MỈt kh¸c : CF vµ BA lµ c¸c ®êng cao cđa tam gi¸c SBC
nªn D lµ trùc t©m cđa tam gi¸c nµy => SD
⊥
BC
Mµ DE
⊥
BC => 3 ®iĨm S.D,E th¼ng hµng

=> tia ES lµ ph©n gi¸c cđa gãc AEF
Bµi 5.
Ta cã x
2
+ x + 12
1+x
= 36
⇔
(x
2
+ 2x + 1) – (x-1 - 12
1+x
+ 36) = 0
⇔
(x + 1)
2
– (
1+x
- 6)
2
= 0
⇔
(x + 1 -
1+x
+ 6)(x + 1 +
1+x
- 6) = 0
a) Trường hợp : x + 1 -
1+x
+ 6 = 0 (a)

Đặt t =
1+x
(điều kiện t
≥
0) , phương trình (a) trở thành
t
2
– t + 6 = 0 (vô nghiệm)
b) Trường hợp : x + 1 +
1+x
- 6 = 0 (b)
Đặt t =
1+x
(điều kiện t
≥
0) , phương trình (b) trở thành
t
2
+ t - 6 = 0
⇔
t = - 3 (loại) hoặc t = 2 (thoả mãn)
t = 2 =>
1+x
= 2
⇔
x + 1 = 4
⇔
x = 3
Vậy phương trình có một nghiệm x = 3
21

ĐỀ SỐ 9.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MƠN: TỐN
Năm học: 2005 - 2006
(Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,5 điểm)
Cho biểu thức :
T =
1
1
1
1
1
2
−
+
−
++
+
+
−
+
x
x
xx
x
xx
x
với x > 0 và x
≠

1
a) Rút gọn biểu thức T
b) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x
≠
1 luôn có T <
3
1
Bài 2. (2,5 điểm)
Cho phương trình : x
2
– 2mx + m
2
-
2
1
= 0 (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm của phương trình có giá trò tuyệt đối bằng
nhau
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm ấy là số đo của hai cạnh góc vuông của
một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3
Bài 3. (1 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) có phương trình
y = x
2
(P)
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 12 và có với parabol (P) đúng một
điểm chung.
Bài 4. (4 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Một điểm M chuyển dộng trên đường tròn (O) (M khác với
A và B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường kính AB.Vẽ đường tròn (T) có tâm là M và

bán kính MH . Từø A và B lần lượt kể tiếp tuyến AD và BC đến đường tròn (T) (D và C là các tiếp
điểm)
a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trò không đổi.
b) Chứng minh rằng đường thẳng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c) Chứng minh rằng với bất kỳ vò trí nào của M trên đường tròn (O) luôn có bất đẳng thức
AD.BC
≤
R
2
. Xác đònh vò trí của M trên đường tròn (O) để đẳng thức xảy ra
d) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố đònh .Gọi I là trung điểm của MN và P là hình chiếu
vuông góc của I trên MB . Khi M chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường nào ?
ĐÁP ÁN
Bài 1.
Câu a) T =
1
1
1
1
1
2
−
+
−
++
+
+
−
+
x

x
xx
x
xx
x
=
1
1
1
1
1)(
2
3
−
−
++
+
+
−
+
xxx
x
x
x

=
)1)(1(
)1()1)(1(2
++−
++−−+++

xxx
xxxxx
=
)1)(1( ++−
−
xxx
xx

22
=
)1)(1(
)1(
++−
−
xxx
xx
=
1++ xx
x

Câu b)
Xét
3
1
- T =
3
1
-
1++ xx
x

=
4
9
)
2
1
(3
)1(
2
2
++
−
x
x

=>
3
1
- T > 0 vì (
x
- 1)
2
> 0
và 3(
4
9
)
2
1
2

++x
> 0 với mọi x > 0 và x
≠
1
=> T <
3
1
với x > 0 ø và x
≠
1
Bài 2.
Câu a)
Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn
21
xx =

=> x
1
= x
2
hoặc x
1
= - x
2

a) Nếu x

1
= x
2
=>
∆
= 0 =>
∆
=
2
1
= 0 (vô lý)
b) Nếu x
1
= - x
2
=> x
1
+ x
2
= 0 => 2m = 0 => m = 0
=> phương trình đã cho trở thành : x
2
-
2
1
= 0
⇔
x =
2
1

±

=> phương trình có 2 nghiệm có giá trò tuyệt đối bằng nhau
=> m = 0 là giá trò cần tìm
Câu b)
Giả sử phương trình có 2 nghiệm x
1
và x
2
là số đo của 2 cạnh góc vuông của một tam giác vuông có
cạnh huyền bằng 3
=> x
1
> 0 ; x
2
> 0 và x
1
2
+ x
2
2
= 9
Ta có x
1
2
+ x
2
2
= (x
1

+ x
2
)
2
- 2x
1
x
2
= 4m
2
– 2(m
2
-
2
1
) = 2m
2
+ 1
=> và x
1
2
+ x
2
2
= 9
⇔
2m
2
+ 1 = 9
⇔

m =
±
2
+Với m = 2 phương trình đã cho trở thành :
x
2
- 4x +
2
7
= 0
Phương trình này có 2 nghiệm là:
x
1
= 2 -
2
1
; x
2
= 2 +
2
1
(thoả mãn)
=> m = 2 là giá trò cần tìm
+ Với m = -2 phương trình đã cho trở thành:
x
2
+ 4x +
2
7
= 0

Phương trình này có 2 nghiệm là :
23
x
1
= - 2 -
2
1
< 0 và x
2
= - 2 +
2
1
< 0 (loại)
=> m = -2 không troả mãn
Tóm lại: Phương trình đã cho có hai nghiệm và 2 nghiệm này là số đo 2 cạnh
của góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3
⇔
m = 2
Bài 3.
+)Gọi (d) là đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng
y = 3x + 12 => phương trình đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m
+)Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol y = x
2
là nghiệm của phường trình: x
2
= 3x + m
⇔
x
2
– 3x – m = 0 (*)

+)Đường thẳng (d) và parabol y = x
2
có đúng 1 điểm chung
⇔
phương trình (*) có nghiệm duy nhất
⇔

∆
= 0
⇔
9 + 4m = 0
⇔
m = -
4
9

=> phương trình đường thẳng (d) là y = 3x -
4
9

Bài 4.
Câu a)
+) Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ đỉnh A
=> AD = AH (1) 0,25đ
+) Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ đỉnh B
=> BC = BH (2) 0,25đ
+) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi

A
B

D
C
O
M
H
N
II
K
Câu b)
a) Trước hết ta chứng minh 3 điểm C, D , M thẳng hàng
Thật vậy:
+ Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ A
=> góc AMD = góc AMB (3)
+ Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ B
24
=> góc BMC = góc BMH (4)
Từ (3) và (4) => góc AMD + góc BMC = góc AMH + góc BMH
= góc AMB = 90
0

=> (góc AMD + góc BMC) + (góc AMH + góc BMH) = 180
0

=> 3 điểm C, D, M thẳng hàng và M là trung điểm của CD
b)Vì AD và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH)
=> AD
⊥
CD và BC
⊥
CD => ABCD là hình thang vuông

Mặt khác : O là trung điểm của AB và M là trung điểm của CD
 OM là đường trung bình của hình thang ABCD
 OM // AD
LẠi có AD
⊥
CD => OM
⊥
CD
Mà Om là đường kính của đường tròn (O)
=> CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Câu c)
Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)
2
- (AD – BC)
2


≤
(AD +BC)
2
= 4R
2

=> AD.BC
≤
R
2

Đẳng thứ xảy ra
⇔

AD = BC
⇔
ABCD là hình chữ nhật
ngoại tiếp nửa đường tròn đường kính AB
⇔
M là trung
điểm của của nửa đường tròn đường kính AB
Câu 4 (1đ)
Ta có góc AMB = 90
0
(Góc nôòo tiết chắn nửa đường tròn)
 AM
⊥
MB.Mặt khác : IP
⊥
MP (gt)
 => AM // IP hay IK //AM
Xét
∆
ANM có IK // AM , I là trung điểm MN
=> IK là đường trung bình
=> K là trung điểm của AN mà A và N cố đònh => K cố đònh
Ta có góc BPK = 90
0
và các điểm B, K cố đònh
=> Khi m chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường tròn
đường kính BK
ĐỀ SỐ 10.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MƠN: TỐN

Năm học: 2006 - 2007
(Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2điểm)
Cho A = (
)1
1
).(1
1
−
−
−
+
+
+
a
aa
a
aa
Với 1
0
≥≠
a
25