Tuyển tập các đề thi vào THPT tỉnh Nam Định

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 1999 – 2000.
Thời gian làm bài 150 phút.
Bài 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức: A =
2
x 4 4
4 2x
− +
−
1) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa?
2) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999.
Bài 2: (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
1 1
1
x y 2
4 3
5
x y 2

− = −

−



+ =

−


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 cắt cạnh BC tại E. Đường thẳng AE cắt
đường tròn đường kính BD tại điểm thứ hai là G. Đường thẳng CD cắt đường tròn
đường kính BD tại điểm thứ hai là F. Gọi S là giao điểm của các đường thẳng AC và
BF. Chứng minh:
1) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG.
2) SA.SC = SB.SF
3) Tia ES là phân giác của
·
AEF
.
Bài 5: (1 điểm)
Giải phương trình:
2
x x + 12 x + 1 36
+ =
ĐÁP ÁN:
Bài 1: 1) ĐK: x ≠ 2 2) A = – 1/2 nếu x > 2 hoặc A = 1/2 nếu x < 2
⇒
A = 1/2

Bài 2: Nghiệm của hệ phương trình là: (x = 7/3 và y = 25/9)
Bài 3: a = 3 +
17
; a = 3 –
17
.
+ Với a = 3 +
17
ta có phương trình: 17x
2
+ (5 +
17
)x – 78 – 6
17
= 0.
Khi đó x = –
39 17
17
−
.
+ Với a = 3 –
17
ta có phương trình: 17x
2
+ (5 –
17
)x – 78 + 6
17
= 0.
Khi đó x = –

39 17
17
−
.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
1
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Bài 4:


Bài 5: ĐK: x ≥ – 1 . Đặt
x + 1
= t ≥ 0
⇒
x + 1 = t
2

⇒
x = t
2
– 1, ta có phương trình:
t
4
– t
2
+ 12 t – 36 = 0
⇔
(t – 2)(t + 3)(t
2

– t + 6) = 0
⇔
t = 2; t = – 3 (loại)

⇒
x = 3.
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2000 – 2001.
Thời gian làm bài 150 phút.
Bài 1: (2 điểm): Cho biểu thức:
A =
a + a a a
1 . 1
a 1 a 1
   
−
+ −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+ −
   
với a ≥ 0 và a ≠ 1.
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm a ≥ 0 và a ≠ 1 thỏa mãn đẳng thức: A = – a
2
.
Bài 2: (2 điểm): Trên hệ trục tọa độ Oxy cho các điểm M(2;1), N(5;
1
2

−
) và đường thẳng
(d) có phương trình y = ax + b.
1) Tìm a và b để đường thẳng (d) đi qua các điểm M và N?
2) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Ox và Oy.
Bài 3: (2 điểm): Cho số nguyên dương gồm 2 chữ số. Tìm số đó biết tổng của 2 chữ số
bằng
1
8
số đã cho; nếu thêm 13 vào tích của 2 chữ số sẽ được một số viết theo thứ tự
ngược lại với số đã cho.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
2
A B
C
E
F
D
O
F
S
1) Tứ giác DEGF nội tiếp (O)
⇒
·
·
0
DFG DEG 180
+ =
Lại có:
·

·
0
DEA DEG 180+ =
(kề bù)
⇒

·
·
DFG DEA=
Mặt khác tứ giác ACED nội tiếp
⇒

·
·
ACD DEA
=
⇒

·
·
ACD DFG=
mà hai góc này ở vị trí so le trong nên
AC // FG.
2) Δ SFC ~ Δ SAB (g.g)
⇒
SF SC
SA SB
=

⇒

SF.SB = SA.SC
3) Tứ giác AEBS nội tiếp
⇒
·
·
AES ABS
=
(hai góc nội
tiếp cùng chắn cung AS,
·
·
SEF ABS=
(hai góc nội tiếp
của đường tròn O cùng chắn cung DF
⇒
·
·
AES SEF=

⇒
Đpcm.
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Bài 4: (3 điểm): Cho tam giác nhọn PBC. Gọi A là chân đường cao kẻ từ đỉnh P xuống
cạnh BC. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh PB và PC lần lượt ở M và N. Nối N với A
cắt đường tròn đường kính BC tại điểm thứ hai là E.
1) Chứng minh 4 điểm A, B, N, P cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm của
đường tròn ấy.
2) Chứng minh EM vuông góc với BC.
3) Gọi E là điểm đối xứng của N qua BC. Chứng minh: AM.AF = AN.AB

Bài 5: (1 điểm): Giả sử n là số tự nhiên. Chứng minh bất đẳng thức:

( )
1 1 1
2
2
3 2 n +1 n
+ + + <
ĐÁP ÁN:
Bài 1: 1) Với a ≥ 0 và a ≠ 1, ta có:
A =
a + a a a
1 . 1
a 1 a 1
   
−
+ −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+ −
   
=
( ) ( )
a a 1 a a 1
1 . 1
a 1 a 1
   
+ −
 ÷  ÷
+ −

 ÷  ÷
+ −
   
=
( ) ( )
a 1 a 1
+ −
= a – 1.
2) Với a ≥ 0 và a ≠ 1, ta có: A = – a
2

⇔
a – 1 = – a
2

⇔
a
2
+ a – 1 = 0 (*)
Phương trình (*) có: Δ = 1
2
– 4.(– 1) = 5 > 0
⇒
a
1
=
1 5
2
− +
; a

2
=
1 5
2
− −
(loại)
Vậy: A = – a
2

⇔
a =
1 5
2
− +
.
Bài 2: 1) Đường thẳng (d) đi qua các điểm M(2;1), N(5;
1
2
−
), nên M và N là nghiệm của
hệ phương trình:
1 2a + b
1
5a + b
2
=



− =



⇔
4a + 2b = 2
10a 2b = 1


− −

⇔
6a = 3
2a + b = 1
−



⇔
1
a =
2
1
2. + b = 1
2

−



 


−
 ÷

 


⇔
1
a =
2
b = 2

−




Vậy: a =
1
2
−
; b = 2 là các giá trị cần tìm.
Khi đó phương trình đường thẳng (MN) là: y =
1
2
−
x + 2.
2) Tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Ox là nghiệm của hệ phương trình:

1

y = x + 2
2
y = 0

−





⇒
x = 4

⇒
Tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Ox là: (4; 0)
Tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Ox là nghiệm của hệ phương trình:
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
3
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.

1
y = x + 2
2
x = 0

−





⇒
y = 2

⇒
Tọa độ giao điểm của đường thẳng MN với trục Oy là: (0; 2)
Bài 3: Giá sử số cần tìm có dạng: M =
ab
(a; b
∈
N, 0 < a; b < 9)
⇒
M = 10a + b

⇒
Số viết theo thứ tự ngược lại số đã cho là:N =
ba
= 10b + a
Theo đầu bài ta có hệ phương trình:
( )
1
a + b = 10a + b
8
ab +13 =10b + a






⇔
2a 7b = 0
ab +13 =10b + a
−



Từ phương trình đầu ta có: a =
7
2
b (1)
Thay (1) vào phương trình còn lại của hệ, ta có: 7b
2
– 27b + 26 = 0 (*)
Phương trình (*) có: Δ = (– 27)
2
– 4.7.26 = 729 – 728 = 1 > 0 , nên có 2 nghiệm:
b
1
=
13
7
(loại) ; b
2
= 2 (thỏa mãn) . b = 2
⇒
a = 7 (thỏa mãn)
⇒
số phải tìm là M = 72.
Bài 4:

2) Gọi H là giao của PA và BN
⇒
H là trực tâm của Δ PBC. Ta có:
·
0
BMC 90=
(góc nội
tiếp chắn nửa đường tròn đ/kính BC)
⇒
CM
⊥
PB
⇒
CM là đường cao của Δ PBC
⇒
H
nằm trên CM
⇒
3 điểm C, M, H thẳng hàng.
Lại có:
·
·
CNE CME
=
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)
Tứ giác AHNC nội tiếp
⇒
· ·
AHC ANC=

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC) hay
·
·
AHC ENC
=
(2). Từ (1) và (2)
⇒
·
·
AHC EMC
=
mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên theo
dấu hiệu nhận biết 2 đường thẳng //
⇒
ME // AP mà PA
⊥
BC (gt)
⇒
ME
⊥
BC.
3) Gọi giao điểm của MA với đ/tròn (O) là F’, tương tự chứng minh trên ta có: NF’
⊥
BC
⇒
F’ là điểm đối xứng của N qua BC
⇒
F ≡ F’
⇒
3 điểm F, M, A thẳng hàng.

Xét Δ AME và Δ AFN có:
·
·
EMF ENF=
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF)

·
·
MEA MFN
=
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung MN)
⇒
Δ AME ~ Δ ANF (g.g)
⇒
AM AE
AN AF
=

⇒
AM.AF = AN.AE
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
4
P
B C
H
A
M
N
E
1) Ta có: PA

⊥
BC (gt)
⇒
·
0
PAB 90=
⇒
A thuộc đường tròn
đường kính PB (quĩ tích cung chứa góc 90
0
).
·
0
BNC 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đ/kính BC)
⇒
BN
⊥
AC
⇒
·
0
PNB 90
=
⇒
N thuộc đường tròn đường kính
PB (quĩ tích cung chứa góc 90
0
).
⇒

4 điểm A,B,N,P thuộc đường tròn đường kính PB. Tâm
của đường tròn đi qua 4 diểm A, B,N,P là trung điểm của
PB.
F
O
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Bài 5: Ta có:
( )
( )
1 k 1 1 1 1 1 1
k k
k k +1 k k +1
k +1 k k k +1 k k +1
  
 
= = − = + −
 ÷
 ÷ ÷
 
  

=
k 1 1 1 1
1 2
k +1
k k +1 k k +1
 
   
+ − < −
 ÷

 ÷  ÷
 ÷
   
 
Áp dụng bất đẳng thức trên lần lượt với k = 1, 2 …, n ta có:

1 1
2 1
2
2
 
< −
 ÷
 

1 1 1
2
3 2 2 3
 
< −
 ÷
 
……………………

( )
1 1 1
2
n +1 n
n n +1
 

< −
 ÷
 
Cộng các bất đẳng thức trên ta có:

( )
1 1 1
2
2
3 2 n +1 n
+ + + <
1
1
n +1
 
−
 ÷
 
= 2
2
n +1
−
< 2.

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2001 – 2002.
Thời gian làm bài 150 phút.
Bài 1: (1,5 điểm): Rút gọn biểu thức:
M =
1 a a 1

a .
1 a 1 a
 
−
+
 ÷
 ÷
− +
 
với a ≥ 0 và a ≠ 1.
Bài 2: (1,5 điểm): Tìm hai số x và y thỏa mãn các điều kiện:
2 2
x + y = 25
xy = 12



Bài 3: (2 điểm): Hai người cùng làm chung một công việc sẽ hoàn thành trong 4 giờ.
Nếu mỗi người làm riêng để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất làm ít
hơn người thứ hai 6 giờ.Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu sẽ hoàn
thành công việc?
Bài 4: (2 điểm): cho các hàm số: y = x
2
(P) và y = 3x + m
2
(d)
(x là biến, m là số cho trước).
1) Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của m, đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P)
tại hai điểm phân biệt.
2) Gọi y

1
và y
2
là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P). Tìm M để
có đẳng thức: y
1
+ y
2
= 11y
1
y
2
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
5
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Bài 5: (3 điểm): Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A. Trên cạnh AC lấy điểm M (khác
với các điểm A và C). Vẽ đường tròn (O) đường kính MC. Gọi T là giao điểm thứ hai
của cạnh BC với đường tròn (O). Nối BM và kéo dài cắt đường tròn (O) tại điểm thứ
hai là D. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là S. Chứng minh:
1) Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn.
2) Khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì góc ADM có số đo không đổi.
3) Đường thẳng AB song song với đường thẳng ST.

ĐÁP ÁN:
Bài 1: (1,5 điểm):
Với a ≥ 0 và a ≠ 1, ta có:
M =
1 a a 1
a .

1 a 1 a
 
−
+
 ÷
 ÷
− +
 
=
( )
3
1 a
1
a .
1 a 1 a
 
−
 ÷
+
 ÷
− +
 ÷
 
(0,5đ)
=
( ) ( )
1 a 1 a a
1
a .
1 a 1 a

 
− + +
 ÷
+
 ÷
− +
 
=
( )
1
1 a a a .
1 a
+ + +
+
(0,5đ)
=
( )
2
1
1 a . 1 a
1 a
+ = +
+
(0,5đ)
Bài 2: (1,5 điểm):
Vì
2 2
x + y = 25
xy = 12




⇒
(x + y )
2
= x
2
+ y
2
+ 2xy = 25 + 2.12 = 49
⇒
x + y = ± 7 (0,25đ)
a) Trường hợp x + y = 7. Lại có xy = 12
⇒
x, y là nghiệm của phương trình bậc hai:
t
2
– 7t + 12 = 0, phương trình có: Δ = (– 7)
2
– 4.1.12 = 49 – 48 = 1 > 0 , nên có hai
nghiệm: t
1
= 3 ; t
2
= 4 . (0,25đ)

⇒
Hai số phải tìm là:
1
1

x = 3
y = 4



hoặc
2
2
x = 4
y = 3



(0,25đ)
b) Trường hợp x + y = –7. Lại có xy = 12
⇒
x, y là nghiệm của phương trình bậc hai:
t
2
+ 7t + 12 = 0, phương trình có: Δ = 7
2
– 4.1.12 = 49 – 48 = 1 > 0 , nên có hai
nghiệm: t
1
= – 3 ; t
2
= – 4 . (0,25đ)
⇒
Hai số phải tìm là:
3

3
x = 3
y = 4
−


−

hoặc
4
4
x = 4
y = 3
−


−

(0,25đ)
Tóm lại có 4 cặp số thỏa mãn điều kiện đã cho là:

1
1
x = 3
y = 4



;
2

2
x = 4
y = 3



;
3
3
x = 3
y = 4
−


−

;
4
4
x = 4
y = 3
−


−

(0,25đ)
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
6
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.

Bài 2: (2 điểm):
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc là x giờ. ĐK: x > 0
⇒
người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc hét (x + 6) giờ. (0,25đ)
Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được
1
x
công việc. (0,25đ)
Trong 1 giờ, người thứ hai làm được
1
x + 6
(0,25đ)
Trong 1 giờ, nêu làm chung cả hai người làm được
1
4
công việc.
Nên ta có phương trình:
1
x
+
1
x + 6
=
1
4
(0,25đ)

⇒
4(x + 6) + 4x = x(x + 6)

⇔
x
2
– 2x – 24 = 0 (0,25đ)
Phương trình có hai nghiệm: x
1
= 6 (t/m) ; x
2
= – 4 (loại). (0,25đ)
Vậy thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc là 6 giờ (0,25đ)

⇒
thời gian người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc là 6 + 6 = 12 giờ
(0,25đ)
Bài 4: (2 điểm).
Câu 1: (1điểm)
Hoành độ giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của phương trình:
x
2
= 3x + m
2

⇔
x
2
– 3x – m
2
= 0 (*) (0,25đ)
Phương trình (*) có: Δ = (– 3)
2

– 4.1.( – m
2
) = 9 + m
2
> 0 với mọi m. (0,25đ)

⇒
Phương trình (*) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. (0,25đ)

⇒
Đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. (0,25đ)
Câu 2: (1đ)
Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) và tọa độ giao điểm của
chúng là: A(x
1
; y
1
) ; B(x
2
; y
2
).
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (*), ta có:
x
1
+ x
2
= 3 ; x
1
.x

2
= – m
2
(0,25đ)
Ta có: y
1
+ y
2
= (3x
1
+ m
2
) + (3x
2
+ m
2
) = 3(x
1
+x
2
) + 2m
2
= 2m
2
+ 9 (1)
Và : y
1
.y
2
= (x

1
.x
2
)
2
= (– m
2
)
2
= m
4
(2)
Từ (1) và (2), ta có :

y
1
+ y
2
= 11y
1
y
2


⇔
2m
2
+ 9 = 11m
4

⇔
11m
4
– 2m
2
– 9 = 0 (3) (0,25đ)
Đặt m
2
= t ≥ 0, phương trình (3) trở thành: 11t
2
– 2t – 9 = 0.
Vì phương trình có a + b + c = 11 – 2 – 9 = 0,
nên phương trình có một nghiệm là t
1
= 1, nghiệm còn lại là t
2

= –
9
11
(loại)
Với t = t
1
= 1
⇒
m
2
= 1
⇒

m = ± 1 (0,25đ)
Vì phương trình (*) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m, nên m = ±1 thỏa mãn
⇒
đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có tung độ thỏa mãn:
y
1
+ y
2
= 11y
1
y
2


⇔
m = ± 1 (0,25đ)
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
7
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Bài 5: (3điểm):


Mặt khác:
·
·
MTS MCS
=
(2 góc nội tiếp của đ/tròn (O) cùng chắn cung MS)

⇒

·
ACB
=
·
MCS

⇒
»
¼
MS MT=

⇒
M là điểm chính giữa
¼
SMT
)
⇒
AC
⊥
ST
AB
⊥
AC (gt)
⇒
AB // ST.
Trường hợp S nằm giữa D và M.
Ta có:
·
·
ADM MCS

=
(2 góc nội tiếp của đ/tròn (O) cùng chắn cung MS) mà
·
·
ADM ACB=
⇒
·
·
ACB MCS
=
⇒
M là điểm chính giữa
¼
SMT
)
⇒
AC
⊥
ST mà AB
⊥
AC (gt)
⇒
AB // ST.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2002 – 2003.
Thời gian làm bài 150 phút.
Bài 1: Cho biểu thức:
S =
y 2 xy
x

:
x y
x + xy y xy
 
+
 ÷
 ÷
−
−
 
với x > 0; y > 0 và x ≠ y
1/ Rút gọn S.
2/ Tìm giá trị của x và y để S = 1.
Bài 2: Trên Parabol y =
1
2
x
2
lấy 2 điểm A và B, biết hoành độ của A là x
A
= – 2 và tung
độ của B là y
B
= 8. Viết phương trình đường thẳng AB.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
8
A
B
C
M

T
D
S
O
Câu 1: (1điểm).
Ta có:
·
0
MTC 90
=
(góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn (O))
Lại có:
·
0
BAC 90=
(gt) hay
·
0
MTC 90=
⇒
· ·
0 0 0
MTC MTC 90 90 180+ = + =
⇒
Tứ giác ABTM nội tiếp
được trong một đường tròn. (dấu hiệu nhận biết… )
Câu 2: (1điểm).
Ta có:
·
0

MDC 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn (O)) hay
·
0
BDC 90=
.Lại có:
·
0
BAC 90=
(gt)
⇒
D, A thuộc đường tròn
đ/kính BC
⇒
·
·
ADM ACB=
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung
AB) mà Δ ABC cố định
⇒
·
ACB
có số đo không đổi
⇒
·
ADM
có số đo không đổi khi M di chuyển trên AC.
Câu 3: (1 điểm) Trường hợp D nằm giữa A và S.
Tứ giác MTSD nội tiếp đ/tròn (O)
⇒

·
·
0
MTS MDS 180+ =
Mà
·
·
0
ADM MDS 180
+ =
(kề bù)
⇒
·
·
MTS ADM=
Có
·
ADM
=
·
ACB

⇒
·
·
MTS ACB=
A
B
T
C

O
D
S
M
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Bài 3: Xác định giá trị của m để phương trình: x
2
– 8x + m = 0 có nghiệm là:
4 3
+
.
Với giá trị vừa tìm được phương trình còn một nghiệm nữa, hãy tìm nghiệm ấy.
Bài 4: Cho hình thang cân ABCD (AB // CD và AB < CD) nội tiếp (O). Tiếp tuyến với
(O) tại A và tại D cắt nhau tại E. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
1. Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp một đường tròn.
2. Chứng minh các đường thẳng EI // AB.
3. Đường thẳng EI cắt các cạnh bên AD và BC tại R và S. Chứng minh:
a) I là trung điểm của RS. b)
1 1 2
AB CD RS
+ =

Bài 5: Tìm tất cả các cặp số (x; y) nghiệm đúng phương trình:
(16x
4
+ 1)(y
4
+ 1) = 16x
2

y
2

HƯỚNG DẪN:
Bài 1: 1. S =
1
y
2. S = 1 khi x > 0 ; x ≠ 1 và y = 1.
Bài 2: x
A
= – 2
⇒
y
A
= 2, y
B
= 8
⇒
x = ± 4. Khi đó phương trình đường thẳng AB là:
y = x + 4; y = – 3x – 4.
Bài 3: m = 13 ; x
2
=
4 3
−
Bài 4:

sđ
»
AD

= sđ
»
BC

⇒

·
AED
+
·
AID
=
1
2
(sđ
¼
ABD
– sđ
»
AD
) +
1
2
(sđ
»
AD
+ sđ
»
BC
)

=
1
2
360
0
= 180
0

⇒
Tứ giác AEDI nội tiếp.
2. Tứ giác AEDI nội tiếp(cmt)
⇒

·
·
AIE ADE=
(2 góc nội tiếp cùng chắn
»
AE
) ; Lại có
·
·
ABD ADE=
( Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến của (O) cùng chắn
»
AD
)
⇒

·

·
AIE BAC
=
(=
·
ADE
) mà 2 góc này ở vị trí đ/vị nên theo d/hiệu n/biết …
⇒
EI // AB.
3. a) EI // AB (cmt) mà R, S
∈
EI
⇒
RI // AB, IS //AB
RI // AB
⇒
RI DI
AB BD
=
(1) (hệ quả định lí Ta-lét); Tương tự: IS //AB
⇒
IS CS
AB BC
=
(2)
Lại có: IS // CD (cùng // AB)
⇒
DI CS
BD BC
=

(3). Từ (1) , (2) và (3)
⇒
RI IS
AB AB
=
⇒
RI = IS
⇒
I là trung điểm RS.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
9
A
B
CD
E
R
I
O
S
1. Có
·
1
AED
2
=
(sđ
¼
ABD
– sđ
»

AD
) (t/c góc có đỉnh ở
ngoài đường tròn).
Có
·
1
AID
2
=
(sđ
»
AD
+ sđ
»
BC
) (t/c góc có đỉnh ở
trong đường tròn).
Lại có: AD = BC (cạnh bên h/thang cân ABCD)
⇒
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
b) IS // CD (cmt)
⇒
IS BI
CD BD
=
mà
RI DI
AB BD
=
(cmt)

⇒

RI IS DI BI DI + BI BD
AB BD BD BD BD BD
+ = + = =
= 1 mà RI = IS (cmt)
⇒
RI RI
1
AB BD
+ =

⇒
1 1
RI 1
AB BD
 
+ =
 ÷
 

⇒
1 1 1
AB BD RI
+ =
⇒

1 1 2 2
AB BD 2RI RS

+ = =
(vì I là t/đ RS)
Bài 5: (16x
4
+ 1)(y
4
+ 1) = 16x
2
y
2

⇔
16x
4
y
4
+ 16x
4
+ y
4
+ 1 – 16x
2
y
2
= 0.
⇔
(16x
4
y
4

– 8 x
2
y
2
+ 1) + (16x
4
– 8 x
2
y
2
+ y
4
) = 0
⇔
(4x
2
y
2
– 1)
2
+ (4x
2
– y
2
)
2
= 0
⇔
2 2
2 2

4x y 1 0
4x y 0

− =


− =


⇔
4
2 2
16x 1
4x = y

=




⇔
4
2 2
1
x
16
4x = y

=





⇔
1
x
2
y = 1

= ±



±

⇔
1
x
2
y = 1

=




;
1
x
2

y = 1

= −




;
1
x
2
y = 1

=



−

;
1
x
2
y = 1

= −



−


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2003 – 2004.
Thời gian làm bài 150 phút.
Bài 1:
Giải hệ phương trình:
2 5
2
x x + y
3 1
+ = 1,7
x x + y

+ =






Bài 2: Cho biểu thức: P =
1 x
x 1 x x
+
+ −
với x > 0 và x ≠ 1
1/ Rút gọn P. 2/ Tính giá trị của P khi x =
1
2
Bài 3: Cho đường thẳng (d): y = ax + b. Biết đường thẳng cắt trục hoành tại điểm có

hoành độ bằng 1 và song song với đường thẳng y = – 2x + 2003.
1. Tìm a và b.
2. Tìm tọa độ các điểm chung (nếu có) của (d) và Parabol (P): y =
1
2
−
x
2
.
Bài 4: Cho đường tròn (O) và điểm A cố định nằm ngoài (O). Từ A kẻ các tiếp tuyến AP
và AQ với (O), (P, Q là tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và vuông góc với OP cắt
đường thẳng AQ tại M.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
10
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
1. Chứng minh rằng MO = MA.
2. Lấy N trên cung lớn PQ của (O) sao cho tiếp tuyến tại N của (O) cắt các tia AP,
AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh:
a) AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí của N.
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp một đường tròn thì PQ // BC.
Bài 5: Giải phương trình:
2 2
x 2x 3 x + 2 x 3x +2 x 3
− − + = + + −

HƯỚNG DẪN:
Bài 1: Nghiệm của hệ phương trình là: (x = 2; y = 3).
Bài 2: 1/ P =
x +1

x 1
−
−
. 2/ Với x =
1
2
thì P = (1 +
2
)
2
.
Bài 3: a) 1/ a = – 2, b = 2. 2/ Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là: (2; – 2).
Bài 4:


3. Tứ giác BCQP nội tiếp
⇒
·
·
0
PBC PQC 180+ =
(Định lí tứ giác nội tiếp đường tròn)
Lại có:
·
·
0
AQP PQC 180+ =
(2 góc kề bù)
⇒

·
·
PBC AQP=
(cùng kề bù với
·
PQC
), mà
· ·
AQP APQ=
(vì Δ APQ cân do AP = AQ – cmt) nên
·
·
APQ PBC=
mà 2 góc này ở vị trí
đồng vị nên theo dấu hiệu nhận biết 2 đường thẳng //
⇒
PQ // BC.
Bài 5:
2 2
x 2x 3 x + 2 x 3x +2 x 3
− − + = + + −
(ĐK: x ≥ 3)

⇔
(x +1)(x 3) x + 2 (x 1)(x +2) x 3 0
− + − + − − =

⇔
( ) ( )
x 3. (x 1) 1 x + 2 (x 1) 1 0

− + − − + − =

⇔
( ) ( )
(x 1) 1 x 3 x + 2 0
+ − − − =

⇔
(x 1) 1 0
x 3 x + 2 0

+ − =


− − =


⇔
(x 1) 1 x 0
x 3 x + 2

+ = ⇒ =


− =


Vậy phương trình vô nghiệm.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
11

A
B
C
P
Q
M
N
1. Có OM // AP
⇒
·
·
AOM OAP=
(slt). Lại có:
·
·
OAQ OAP=
(T/C 2 t/tuyến cắt nhau…)
⇒

·
·
OAQ AOM=
⇒
Δ MAO cân tại M
⇒
MO = MA.
2. Có BP = BN, CQ = CN, AP = AQ (t/c 2 t/t…)
⇒
AB + AC – BC = AP + PB + AQ + QC – BN
– CN = AP + AQ = 2AP.

A cố định, (O) cố dịnh
⇒
AP không đổi
⇒
2AP
không đổi. Vậy: AB + AC – BC không phụ thuộc vào
vị trí của N
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2004 – 2005.
Thời gian làm bài 150 phút.

Bài 1: (3điểm)
1/. Đơn giản biểu thức: P =
14 + 6 5 + 14 6 5
−
.
2/. Cho biểu thức Q =
x 2 x 2 x 1
.
x 1
x + 2 x 1 x
 
+ − +
−
 ÷
 ÷
−
+
 

với x > 0 và x ≠ 1.
a) Chứng minh Q =
2
x 1
−
. b) Tìm số nguyên x lớn nhất để Q nhận giá trị là số nguyên.
Bài 2: (2điểm)
Cho hệ phương trình
(a +1)x + y = 4
ax + y = 2a



(a là tham số).
1. Giải hệ phương trình khi a = 1.
2. Chứng minh rằng với mọi a hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) sao
cho x + y ≥ 2.
Bài 3: (4điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với (O) tại A. M và
Q là 2 điểm phân biệt chuyển động trên (d) sao cho M khác A và Q khác A. Các đường
thẳng BM và BQ lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là N và P.
Chứng minh: 1/. BM.BN không đổi.
2/. Tứ giác MNPQ nội tiếp một đường tròn.
3/. Bất đẳng thức: BN + BP + BM + BQ > 8R.
Bài 4: (1điểm)
Tìm GTLN của hàm số: y =
2
2
x + 2x + 6
x + 2x + 5

HƯỚNG DẪN:
Bài 1: 1/. P = 6
2/. Q
∈
Z
⇔
2
x 1
−

∈
Z
⇔
x – 1
∈
Ư
(2)
= {± 1; ± 2}
⇔
x 1 = 1
x 1 = 1
x 1 = 2
x 1 =2
− −


−



− −


−

⇔
x = 0
x = 2
x = 1
x = 3




−



.
Vậy để x lớn nhất = 3 thì Q nhận giá trị là số nguyên.
Bài 2: 1/. Với a = 1, ta có hệ phương trình:

2x + y = 4
x + y = 2




⇔
x = 2

x + y = 2



⇔
x = 2
y = 0




ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
12
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Vậy khi a = 1, thì hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (x; y) = (2; 0).
2/. Giải hệ phương trình:

(a +1)x + y = 4
ax + y = 2a



⇔
2
x = 4 2a
4a 2a + y = 2a
−



−

⇔
2
x = 4 2a
y = 2a 2a
−


−

Vậy nghiệm của hpt là: ( x = – 2a + 4; y = 2a
2
– 2a).
Xét hiệu: x + y – 2 = – 2a + 4 + 2a
2
– 2a – 2 = 2a
2
– 4a + 2 = 2(a – 1)
2
≥ 0
∀
a

⇒
x + y ≥ 2
∀
a
Bài 3:

2/. Ta có:
·
AQP
=
1
2
(sđ
»
AB
– sđ
»
AP
) =
1
2
sđ
»
PB
(đ/lí góc có đỉnh ở ngoài đ/tròn)
Lại có:
·
PNB
=
1
2
sđ
»
PB
(t/c góc nội tiếp)
⇒

·
AQP
=
·
PNB
(=
1
2
sđ
»
PB
)
hay
·
MQP
=
·
PNB
. Mà
·
MNP
+
·
PNB
= 180
0
(kề bù)
⇒
·
MQP

+
·
MNP
= 180
0

⇒
Tứ
giác MNPQ nội tiếp (d/hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).
3/. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta có:
BM + BN ≥ 2
2
BM.BN 2 4R 4R
= =
. Dấu “=” xảy ra khi BM = BN
⇔
M ≡ N trái
với giả thiết
⇒
BM + BN > 4R (1)
Chứng minh tương tự trên ta có: BP + BQ > 4R (2)
Từ (1) và (2)
⇒
BM + BN + BP + BQ > 8R.
Bài 4:
2
2
x + 2x + 6
x + 2x + 5
Ta có: x

2
+ 2x + 6 = (x + 1)
2
+ 5 ≥ 5, (1) dấu đẳng thức xảy ra
⇔
x = – 1.

2 2
x 2x + 5 (x + 1) 4
+ = +
≥ 2, (2) dấu đẳng thức xảy ra
⇔
x = – 1.
Khi x
2
+ 2x + 6 = (x + 1)
2
+ 5 tăng thêm bao nhiêu thì x
2
+ 2x + 5= (x + 1)
2
+ 4 cũng
tăng thêm bấy nhiêu
Từ (1) và (2)
⇒
2
2
x + 2x + 6
x + 2x + 5
≥

5
2
, dấu đẳng thức xảy ra
⇔
x = – 1.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
13
B
A
M
N
P
Q
d
1/. Đường thẳng (d) tiếp xúc với (O) tại A
⇒
D là t/ tuyến của
(O) tại A
⇒
AM
⊥
AB (t/c tiếp tuyến)
⇒
Δ AMB vuông tại
A. Lại có
·
0
ANB 90
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒
Δ
ANB vuông tại N.
Xét Δv AMB và Δv NAB có
µ
B
chung

⇒
Δv AMB ~ Δv NAB
⇒
AB BN
BM AB
=
⇒
BM.BN = AB
2
Mà AB = 2R không đổi
⇒
AB
2
= 4R
2
không đổi
⇒
BM.BN = 4R
2
không đổi.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.

⇒
y =
2
2
x + 2x + 6
x + 2x + 5
≥
5
2
. Vậy GTNN của y =
2
2
x + 2x + 6
x + 2x + 5
=
5
2
⇔
x = – 1.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2005 – 2006.
Thời gian làm bài 120 phút.

Bài 1: (2điểm)
1/.Tính giá trị của biểu thức: P =
7 4 3 + 7 + 4 3
−
.
2/. Chứng minh:
( )

2
a b 4 ab
a a b b
.
a b ab
− +
−
+
= a – b với a > 0 và b > 0.
Bài 2: (3điểm)
Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình:
(P): y =
2
x
2
; (d): y = mx – m + 2 (m là tham số).
1) Tìm m để đường thẳng (d) và parabol (P) cùng đi qua điểm có hoành độ x = 4.
2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai
điểm phân biệt.
3) Giả sử (x
1
; y
1
) và (x
2
; y
2
) là tọa độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P).
Chứng minh rằng y
1

+ y
2
≥ (
2 2 1
−
)(x
1
+ x
2
).
Bài 3: (4điểm)
Cho BC là dây cung cố định của đường tròn tâm O, bán kính R (0 < BC < 2R). A là
điểm di động trên cung lớn BC sao cho Δ ABC nhọn. Các đường cao AD, BE, CF của Δ
ABC cắt nhau tại H (D
∈
BC, E
∈
CA và F
∈
AB).
1) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp được trong một đường tròn. Từ đó suy
ra AE.AC = À.AB.
2) Gọi A’ là trung điểm của BC. Chứng minh AH = 2A’O.
3) Kẻ đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. Đặt S là diện tích của
Δ ABC, 2p là chu vi của Δ DEF.
a) Chứng minh: d // EF.
b) Chứng minh: S = pR.
Bài 4: (1điểm)
Giải phương trình:
2

9x + 16 2 2x + 4 4 2 x
= + −
ĐÁP ÁN:
Bài 1: (2,0 điểm).
1) Tính giá trị biểu thức: (1điểm).
P =
7 4 3 + 7 + 4 3
−
=
( ) ( )
2 2
4 4 3 3 + 4 + 4 3 3
− + +
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
14
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
=
( ) ( )
2 2
2 3 + 2 3
− +
=
2 3 2 3
− + +
= 4.
2) Chứng minh (1điểm).
Xét vế trái ta có:

( )

2
a b 4 ab
a a b b
.
a b ab
− +
−
+
=
( )
ab a b
a 2 ab b 4 ab
.
a b ab
−
− + +
+
=
( )
a+2 ab b
. a b
a b
+
−
+
=
( )
2
( a b)
. a b

a b
+
−
+
=
( ) ( )
a b . a b
+ −
= a – b = VP . Đẳng thức được chứng minh.
Bài 2: (3điểm).
1) Tìm m: (1 điểm). Thay x = 4 vào y =
2
x
2
được y = 8.
Thay x = 4 và y = 8 vào y = mx – m + 2, ta có: 8 = 4m – m + 2
⇔
3m = 6
⇔
m = 2.
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
2) Chứng minh… (1điểm).
Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt
⇔
phương trình
2
x
2
= mx – m + 2
có hai nghiệm phân biệt.

2
x
2
= mx – m + 2
⇔
x
2
– 2mx + 2m – 4 = 0 (1)
Δ’ = m
2
– 2m + 4 = (m – 1)
2
+ 3 > 0 với mọi m
⇒
phương trinh (1) có hai nghiệm
phân biệt.
Vậy: với mọi giá trị của m, đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
3) Chứng minh… (1điểm).
(x
1
; y
1
) và (x
2
; y
2
) là tọa độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) nên x
1
, x

2
là nghiệm của phương trình (1)
⇒
x
1
+ x
2
= 2m.
y
1
+ y
2
= mx
1
– m + 2 + mx
2
– m + 2 = m(x
1
+ x
2
) – 2m + 4 = 2m
2
– 2m + 4
=
( ) ( ) ( )
( )
2
1 2
2m 2 2 2 1 .2m 2 2 1 x x
− + − ≥ − +

Bài 4: (4điểm).

ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
15
A
B
C
D
H
O
M
E
F
x
1) Chứng minh… (1điểm).
BE
⊥
AC
⇒

·
0
BEC 90=
⇒
E thuộc đường tròn
đường kính BC (quĩ tích cung chứa góc 90
0
).
Tương tự, F thuộc đường tròn đường kính BC.
⇒

Tứ giác BCEF nội tiếp đ/tròn đường kính BC.
⇒
·
·
0
BCA BFE 180
+ =
(đ/lí tứ giác nội tiếp…) mà
·
·
0
AFE BFE 180
+ =
(kề bù)
⇒
·
·
AFE BCA=
.
Xét Δ ABC và Δ AEF có:

·
BAC
(chung) ,
·
·
AFE BCA
=
(cmt)
A’

d
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
⇒
Δ ABC ~ Δ AEF (g.g)
⇒
AE AF
AB AC
=

⇒
AE.AC = AF.AB
2) Chứng minh AH = 2A’O. (1điểm).

Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng AO với đường tròn (O). Ta có: MC
⊥
AC
⇒
BH // MC (1). Tương tự , CH // MB (2). Từ (1) và (2)
⇒
BMCH là hình bình hành …
⇒
A’ là trung điểm của HM. Mà O là trung điểm của AM
⇒
AO’ là đường trung bình
của Δ MAH
⇒
AH = 2A’O.
3) a. Chứng minh d // EF (0,75điểm).
Ta có
·

·
BCA xAB=
(góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AB).
Mặt khác:
·
·
AFE BCA=
(cmt)
⇒

·
·
xAB AFE=
(…)
⇒
d // EF.

b. Chứng minh S = pR. (1,25điểm).

Bài 4: (1điểm).
Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2. Ta có:

2
9x + 16 2 2x + 4 4 2 x
= + −


⇔
9x
2

+ 16 = 4(2x + 4) + 16
(2x + 4)(2 x)
−
+ 16(2 – x)

⇔
[(– 8x
2
+ 32) – x
2
] + [8
2
8x 32
− +
– 8x] = 0

⇔
(
2
8x 32
− +
+ x)(
2
8x 32
− +
– x) + 8(
2
8x 32
− +
– x) = 0

⇔
(
2
8x 32
− +
– x).(
2
8x 32
− +
+ x + 8) = 0

⇔
2
8x 32
− +
– x = 0 ( vì
2
8x 32
− +
+ x + 8 > 0)

⇔
2 2
0 x 2
8x 32 x
≤ ≤


− + =


(4)
⇔
4 2
x =
3
4 2
x =
3




−


ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
16
M
A
B
C
D
E
F
O
H
A’
Ta có: d
⊥

OA (t/c t/tuyến…) mà d // EF (cmt)
⇒
OA
⊥
EF
⇒
2S
AEOF
= OA.EF = R.EF
Tương tự: 2S
CEOD
= R.DE và 2S
BDOF
= R.DF
Do Δ ABC nhọn
⇒
2S = 2(S
AEOF
+ S
CEOD
+ S
BDOF
)
= R(EF + DE + DF)
= 2pR.
⇒
S = pR.

d
x

(3)
(4)
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Đối chiếu với điều kiện (3), phương trình đã cho có nghiệm là:
x =
4 2
3
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2006 – 2007.
Thời gian làm bài 120 phút.
Bài 1: (2điểm).
Cho biểu thức A =
1 1 x 2 x 1
:
x x 1 x 1 x 2
 
+ +
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
− − −
 
 
với x > 0 ; x ≠ 1 và x ≠ 4.
1) Rút gọn A. 2) Tìm x để A = 0.
Bài 2: (3,5điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình:
(P): y = x

2
; (d): y = 2(a – 1)x + 5 – 2a (a là tham số)
1) Với a = 2 tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P).
2) Chứng minh rằng với mọi a đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
3) Gọi hoành độ giao điểm của đường thẳng (d0 và parabol (P) là x
1
, x
2
. Tìm a để
2 2
1 2
x x 6
+ =
.
Bài 3: (3,5điểm).
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm I nằm giữa A và O (I khác A và O). Kẻ dây
MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN (C khác M, N và
B). Nối AC cắt MN tại E. Chứng minh:
1. Tứ giác IECB nội tiếp. 2. AM
2
= AE.AC 3. AE.AC – AI.IB = AI
2
.
Bài 4: (1điểm).
Cho a ≥ 4 , b ≥ 5 , c ≥ 6 và a
2
+ b
2
+ c
2

= 90. Chứng minh: a + b + c ≥ 16.
ĐÁP ÁN:
Bài 1: 1.(1,25 điểm).
Với x > 0 ; x ≠ 1 và x ≠ 4. Ta có:
A =
1 1 x 2 x 1
:
x x 1 x 1 x 2
 
+ +
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
− − −
 
 

=
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
x 2 x 2 x 1 x 1
x 1 x 1
:
x x 1 x 1 x 2
+ − − − +
− − −
− − −

=
( ) ( ) ( )
1 x 4 x +1
:
x x 1 x 1 x 2
− − −
− − −
=
( )
( ) ( )
x 1 x 2
1
.
3
x x 1
− −
−
−
−
=
x 2
3 x
−
2. (0,75điểm).
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
17
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Với x > 0 ; x ≠ 1 và x ≠ 4. Thì: A = 0
⇔

x 2
3 x
−
= 0
⇔

x 2
−
= 0
⇔

x 2
=
⇔
x = 4 (không thỏa mãn điều kiện bài toán). Vậy không có giá trị nào của x để A = 0.
Bài 2: (3,5điểm).
1. (1điểm): Với a = 2 thì đường thẳng (d) có dạng: y = 2x + 1
Tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là nghiệm của hệ phương trình:

2
y = x
y = 2x + 1




⇒
x
2
= 2x + 1

⇔
x
2
– 2x – 1 = 0.
Giải phương trình ta có: x
1
= 1 +
2
; x
2
= 1 –
2
Với x = 1 +
2
⇒
y = 3 + 2
2
; Với x = 1 –
2

⇒
y =3 – 2
2
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
(1 +
2
; 3 + 2
2
) ; (1 –
2

;3 – 2
2
)
2. (1,25điểm):
Hoành độ giao diểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là nghiệm của phương trình:
x
2
= 2(a – 1)x + 5 – 2a
⇔
x
2
– 2(a – 1)x + 2a – 5 = 0 (1)
Phương trình (1) có : Δ’ = (a – 1 )
2
– 2a + 5 = a
2
– 4a + 6 = (a – 2)
2
+ 2 > 0 Với mọi a.
⇒
Phương trình (10 có hai nghiệm phân biệt với mọi a.
⇒
Đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi a.
3. (1,25điểm):
Theo giả thiết
⇒
x
1
, x
2

là

nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có:
x
1
+ x
2

= 2(a – 1) và x
1
.x
2
= 2a – 5.

⇒

2 2
1 2
x x
+
= (x
1
+ x
2

)
2
– 2 x
1

.x
2
= 4(a – 1)
2
– 2(2a – 5) = 4a
2
– 12a + 14

⇒

2 2
1 2
x x 6
+ =
⇔
4a
2
– 12a + 14 = 6
⇔
a
2
– 3a + 2 = 0
⇔
a
1
= 1 ; a
2
= 2.
Vậy: a
1

= 1 ; a
2
= 2 là các giá trị cần tìm.
Bài 3; (3,5điểm)


Xét Δ AMC và Δ AEM có:
·
·
ACM AME
=
(cmt) ;
·
CAM
chung
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
18
A
B
C
M
E
I
N
O
1. (1điểm): Ta có: MN
⊥
AB (gt)
⇒

·
0
BIE 90
=
Vì AB là đường kính của đường tròn (O) (gt)
⇒

·
0
ACB 90
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒

·
·
0
BIE ACB 180
+ =
hay
·
·
0
BIE BCE 180
+ =
⇒
Tứ giác IECB nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối…)
2. (1,25điểm): Ta có AB
⊥
MN (gt)

⇒

¼
»
AM AN
=
(Đ/lí đường kính
⊥
dây cung…)
⇒
·
·
ACM AME
=
(hệ quả góc nội tiếp)
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
⇒
Δ AMC ~ Δ AEM (g.g)
⇒

AM AC
AE AM
=

⇒
AM
2
= AE.AC
3. (1,25điểm): Xét Δ AIE và Δ ACB có:
·

·
0
AIE ACB 90
= =
;
·
IAE
chung
⇒
Δ AIE ~ Δ ACB (g.g)
⇒

AI AE
AC AB
=

⇒
AI.AB = AE.AC
⇒
AI.(AI + IB) = AE.AC
(vì I nằm giữa A và B)
⇒
AE.AC – AI.IB = AI
2
.
Bài 4. (1điểm): Ta có: a ≥ 4
⇒
a = 4 + x (x ≥ 0)
b ≥ 5
⇒

b = 5 + y (y ≥ 0)
c ≥ 6
⇒
c = 6 + z (z ≥ 0)
Nên: a
2
+ b
2
+ c
2
= 90
⇔
(4 + x)
2
+ (5 + y)
2
+ (6 + z)
2
= 90

⇔
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 8x + 10y + 12z + 77 = 90
⇔
x

2
+ y
2
+ z
2
+ 8x + 10y + 12z = 13

⇒
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy + 2yz + 2zx + 12(x + y + z) ≥ 13 (vì x, y, z ≥ 0)

⇔
(x + y + z)
2
+ 12(x + y + z) ≥ 13
Nếu: 0 ≤ x + y +z < 1 thì vế trái < 13 (vô lí).
Vậy: x + y + z ≥ 1
⇒
a + b + c = 15 + x + y + z ≥ 16
Đẳng thức xảy ra
⇔
x + y + z = 1 chẳng hạn: x = y = 0 ; z = 1.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2007 – 2008.
Thời gian làm bài 120 phút.

Bài 1: (2,5điểm).
Cho biểu thức P =
5 x + 2 x 4
1 . x
x 2 x 3
 
+
 
+ −
 ÷
 ÷
 ÷
− +
 
 
với x ≥ 0 và x ≠ 4.
1) Rút gọn P. 2) Tìm x để P > 1.
Bài 2: (3điểm).
Cho phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1), (m là tham số).
1/. Giải phương trình (1) với m = – 5.
2/. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
3/. Tìm m để
1 2
x x
−
đạt giá trị nhỏ nhất (x
1
, x

2
là hai nghiêm của phương trình (1)
nói trong phần 2/.).
Bài 3: (3,5điểm). Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B phân biệt thuộc (O) sao cho
đường thẳng AB không đi qua tâm O. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác điểm A,
từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến phân biệt ME, MF với đường tròn (O), (E và F là hai tiếp
điểm). Gọi H là trung điểm của dây cung AB; các điểm K và I theo thứ tự là giao điểm
của đường thẳng È với các đường thẳng OM và OH.
1/. Chứng minh 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
19
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
2/. Chứng minh: OH.OI = OK.OM
3/. Chứng minh IA, IB là các tiếp tuyến của đường tròn (O).
Bài 4: (1điểm).
Tìm tất cả các cặp số (x; y) thỏa mãn: x
2
+ 2y
2
+ 2xy – 5x – 5y = – 6 để x + y là số
nguyên.

ĐÁP ÁN:
Bài 1: (2,5điểm):
1/.(1,5điểm): Với x ≥ 0 và x ≠ 4. Ta có:
P =
5 x + 2 x 4
1 . x
x 2 x 3

 
+
 
+ −
 ÷
 ÷
 ÷
− +
 
 
=
( ) ( )
x x 3 x + 2 x 4
x 2 5
.
x 2 x 3
+ − +
− +
− +
=
x 3 x + 3 x x 2 x 4
.
x 2 x 3
+ − − −
− +
=
x 3 x 4
.
x 2 x 3
+ −

− +
=
x 4
x 2
−
−
2/. (1điểm): Với x ≥ 0 và x ≠ 4 (1). Ta có:
P > 1
⇔
x 4
x 2
−
−
> 1
⇔
x 4
x 2
−
−
– 1 > 0
⇔

x 4 x 2
x 2
− − +
−
> 0
⇔
2
x 2

−
−
> 0

⇔
x 2
−
< 0
⇔

x
< 2
⇔
0 ≤ x < 4 (2)
Từ (1) và (20, ta có: P > 1
⇔
0 ≤ x < 4 .
Bài 2: (3điểm).
1/. (1điểm): Với m = – 5, (1) trở thành: x
2
+ 8x – 9 = 0.
Phương trình có: a + b + c = 1 + 8 – 9 = 0, nên phương trình có hai nghiệm :
x
1
= 1 ; x
2
=
c
a
= – 9.

*Vậy: Với m = – 5, phương trình (1) đã cho có hai nghiệm: x
1
= 1 ; x
2
= – 9.
2/. (1điểm): Phương trình (1) có:
Δ = [ – 2(m + 1)]
2
– 4(m – 4) = 4m
2
+ 4m + 20 = (2m + 1)
2
+ 19.
Do (2m + 1)
2
≥ 0 với mọi m, nên (2m + 1)
2
+ 19 ≥ 19 với mọi m
⇒
Δ > 0 với mọi m.
*Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi m.
3/. (1điểm):
* Theo phần 2/. phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2

với mọi m, nên
theo định lí Vi-ét ta có: x
1
+ x
2
=
b
a
−
= 2(m + 1) và x
1
. x
2
=
c
a
= m – 4.
* Ta có:
+)
2
1 2
x x
−
= (x
1
+ x
2
)
2
– 4 x

1
. x
2
= [2(m + 1)]
2
– 4(m – 4) = … = (2m + 1)
2
+ 19.
Do (2m + 1)
2
≥ 0 với mọi m, nên (2m + 1)
2
+ 19 ≥ 19 với mọi m
⇒

2
1 2
x x
−
≥ 19 với
mọi m
⇒

1 2
x x 19
− ≥
với mọi m.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
20
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.

+)
1 2
x x
−
=
19
khi và chỉ khi (2m + 1)
2
= 0
⇔
m =
1
2
−
.
* Vậy m =
1
2
−
thì
1 2
x x
−
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3: (3,5điểm).
dưới một góc bằng 90
0

⇒
3 điểm E, F, H cùng nằm trên đường tròn đường kính OM.

* Vậy 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
2/. (1điểm).
+) Do ME, MF là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) kẻ từ điểm M
⇒
ME = MF và OM
là phân giác của
·
EMF

⇒
Δ MEF cân tại M và MO là đường phân giác trong của
·
EMF

nên OM cũng là đường cao
⇒
OM
⊥
EF
⇒
OK
⊥
KI
⇒
Δ KOI vuông ở K (1)
+) Vì OH
⊥
AB tại H (cmt)
⇒
Δ HOM vuông ở H (2) mà

·
·
IOK MOH
=
. Nên từ (1) và
(2)
⇒
Δ HOM ~ Δ KOI (g.g)
⇒

OI OK
OM OH
=

⇒
OH.OI = OK.OM
3/. (1điểm).
+) Do
·
0
OEM 90=
⇒
Δ OME vuông ở E và EK
⊥
OM (vì EF
⊥
OM tại K)
⇒
OK.OM = OE
⇒

OH.OI = OE
2
= OB
2

⇒

OH OB
OB OI
=
mà
·
·
BOH IOB=
⇒
Δ OHB ~ Δ OBI (c.g.c)
⇒

·
·
0
OHB OBI 90
= =

⇒
OB
⊥
IB. Mà OB là bán kính của
đường tròn (O)
⇒

IB là tiếp tuyến của đường tròn (O).
+) Chứng minh tương tự ta cũng có IA là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Bài 4. (1điểm):
*Ta có: x
2
+ 2y
2
+ 2xy – 5x – 5y = – 6
⇔
(x + y)
2
– 5(x + y) + 6 = – y
2
(1)
Do – y
2
≤ 0, với mọi y
⇒
(x + y)
2
– 5(x + y) + 6 ≤ 0, với mọi y (2).
+) Có (2)
⇔
[(x + y )
2
– 3(x + y)] – [2(x + y ) – 6] ≤ 0

⇔
(x + y)(x + y – 3) – 2(x + y – 3) ≤ 0
⇔

(x + y – 2)(x + y – 3) ≤ 0
Suy ra: (x + y – 2)(x + y – 3) = 0 hoặc
x + y 2 0
x + y 3 0
− 〉


− 〈

hoặc
x + y 2 0
x + y 3 0
− 〈


− 〉

ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
21
A
B
M
E
F
O
K
H
I
1/.(1,5điểm).
+) Ta có: ME là tiếp tuyến của (O) tại E (gt), nên

OE
⊥
ME (t/c tiếp tuyến…)
⇒

·
0
OEM 90
=
.
+) Chứng minh tương tự ta cũng có:
·
0
OFM 90
=
.
+) Do H là trung điểm của dây cung AB không đi
qua tâm O, nên OH
⊥
AB
⇒
OH
⊥
HM
⇒
·
0
OHM 90
=
.

+) Vậy 3 điểm E, F, H cùng nhìn đoạn OM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Suy ra: 2 ≤ x + y ≤ 3
+ Mà x + y là số nguyên, nên x + y = 2 hoặc x + y = 3.
Thay vào (1) được : – y
2
= 0
⇒
y = 0
⇒
x = 2 hoặc x = 3.
* Vậy các cặp số (x ; y) cần tìm là (2 ; 0) , (3 ; 0).
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2008 – 2009.
Thời gian làm bài 120 phút.
Bài 1: (2điểm). Các câu dưới đây, sau mỗi câu có nêu 4 phương án trả lời (A,B,C,D).
Trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy viết vào bài làm của mình phương án trả lời
mà em cho là đúng (chỉ cần viết chữ cái ứng với phương án trả lời đó).
Câu 1: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: y = 2x + 1 và d
2
: y = x – 1.
Hai đường thẳng đã cho cắt nhau tại điểm có tọa độ là:
A. (– 2; – 3) B. (– 3; – 2) C. (0; 1) D. (2; 1)
Câu 2: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào đồng biến khi x < 0?
A. y = – 2x B. y = – x + 10 C. y =
3
x
2

D. y = (
3
– 2)x
2
Câu 3: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đồ thị hàm số y = 2x + 3 và hàm số y = x
2
.
Các đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm có hoành độ lần lượt là:
A. 1 và –3 B. –1 và –3 C. 1 và 3 D. –1 và 3
Câu 4: Trong các phương trình sau đây, phương trình nào có tổng hai nghiệm bằng 5?
A. x
2
– 5x + 25 = 0 B. 2x
2
– 10x –
2
= 0 C. x
2
– 5 = 0 D. 2x
2
+ 10x + 1 = 0
Câu 5: Trong các phương trình sau đây, phương trình nào có hai nghiệm âm?
A. x
2
+ 2x + 3 = 0 B. x
2
+
2
x – 1= 0 C. x
2

+ 3x + 1 = 0 D. x
2
+ 5 = 0
Câu 6: Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) có OO’ = 4cm; R = 7cm; R’ = 3cm. Hai
đường tròn đã cho:
A. Cắt nhau. B. tiếp xúc trong C. ở ngoài nhau. D. tiếp xúc ngoài.
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông ở A có AB = 4cm; AC = 3cm. Đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC có bán kính bằng:
A. 5cm B. 2cm C. 2,5cm D.
5
cm
Câu 8: Một hình trụ có bán kính đáy là 3cm, chiều cao là 5cm, khi đó diện tích xung
quanh của hình trụ đã cho bằng:
A. 30cm
2
B. 30π cm
2
C. 45π cm
2
D. 15π cm
2
Bài 2: (1,5điểm).
Cho biểu thức P =
x x + 2 x 1
1 :
x x 1 x x 1
+
 
−
 ÷

− + +
 
với x ≥ 0
1/. Rút gọn P. 2/. Tìm x để P < 0.
Bài 3: (2điểm). Cho phương trình: x
2
+ 2mx + m – 1 = 0
1/ Giải phương trình khi m = 2.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
22
ĐỀ CHÍNH THỨC.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
2/. Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Hãy xác định
m để phương trình có nghiệm dương.
Bài 4: (3điểm).
Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB; điểm I nằm giữa hai điểm A và O. Kẻ đường
thẳng vuông góc với AB tại I, đường thẳng này cắt đường tròn (O; R) tại M và N. Gọi S
là giao điểm của hai đường thẳng BM và và AN. Qua S kẻ đường thẳng song song với
MN, đường thẳng này cắt các đường thẳng AB và AM lần lượt ở K và H. Chứng minh:
1. Tứ giác SKAM là tứ giác nội tiếp và HS.HK = HA.HM
2. KM là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).
3. Ba điểm H, N, B thẳng hàng.
Bài 5: (1,5điểm).
1). Giải hệ phương trình
2
2
xy 6 12 y
xy 3 x

− = −



= +



2). Giải phương trình
x + 3
.x
4
= 2x
4
– 2008x + 2008
ĐÁP ÁN:
Bài 1: (2điểm)
Câu 1: A ; Câu 2: D ; Câu 3: D ; Câu 4: B
Câu 5: C ; Câu 6: B ; Câu 7: C ; Câu 4: B
Bài 2: (1,5điểm).
1/. (1 điểm): Với x ≥ 0, ta có:
P =
x x + 2 x 1
1 :
x x 1 x x 1
+
 
−
 ÷
− + +
 
=

( )
( ) ( )
2
x 1
x x 1 x
:
x x 1
x 1 x x 1
+
− + −
− +
+ − +
=
x 1 x 1
:
x x 1 x x 1
− + +
− + − +
=
x 1 x x 1
.
x x 1 x 1
− + − +
− + +
=
1 x
x 1
−
+
2/. (0,5điểm): Với x ≥ 0, ta có:

P < 0
⇔
1 x
x 1
−
+
< 0. Mà khi x ≥ 0 thì
x 1
+
> 0.
Vậy: P < 0
⇔
1 x
−
< 0
⇔

x
> 1
⇔
x > 1
Bài 3: (2điểm).
1/. (0,75điểm): khi m = 2, phương trình đã cho thành: x
2
+ 4x + 1 = 0
Phương trình có: Δ’ = 2
2
– 1 = 3 > 0 , phương trình có hai nghiệm :
x
1

= – 2 –
3
; x
2
= – 2 +
3

* Vậy khi m = 2, phương trình đã cho có hai nghiệm: x
1
= – 2 –
3
; x
2
= – 2 +
3

2/. (1,25điểm). Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có:
Δ’ = m
2
– m + 1 = ( m –
1
2
)
2
+
3
4
> 0, với mọi m.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
23

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
* Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình, theo định lí Vi-ét, ta có:
x
1
+ x
2
=
b
a
−
= – 2m và x
1
. x
2
=
c
a
= m – 1.
Phương trình đã cho có nghiệm dương khi và chỉ khi xảy ra một trong ba trường hợp
sau: + Trường hợp 1: x
1
, x
2

trái dấu

⇔
m – 1 < 0
⇔
m < 1.
+ Trường hợp 2: x
1
, x
2

cùng dương

⇔
2m 0
m 1 1
− 〉


− 〉


⇔

m 0
m 1
〈


〉

vô lí. Trường hợp này bị loại.

+ Trường hợp 3: x
1
= 0; x
2
> 0.
Khi x = 0 là nghiệm thì m = 1. Khi m = 1, phương trình có hai nghiệm x
1
= 0; x
2
= – 2,
không thỏa mãn yêu cầu. Trường hợp này bị loại.
* Vậy phương trình có nghiệm dương khi và chỉ khi m < 1.
Bài 4: (3điểm).

Xét Δ HKM và Δ HAS có
µ
H
chung và
·
·
KMH ASH=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
AK của đường tròn ngoại tiếp tứ giác SKAM)
⇒
Δ HKM ~ Δ HAS (g.g)

⇒

HS HA
HM HK

=

⇒
HS.HK = HA.HM
2/. (1điểm):

·
·
KMH ASH=
(cmt) hay:
·
·
KMA KSA=
mà SH // MN
⇒
·
·
KSA ANM=
(slt)

⇒

·
·
KMA ANM
=
(1)
Do AB là trục đối xứng của (O; R) và MN
⊥
AB

⇒

·
·
MAO NAO
=
(2),
mặt khác Δ OAM cân ở O ( OM = OA = R)
⇒

· ·
MAO AMO
=
(3)
Từ (2) và (3)
⇒

·
·
NAO AMO
=
(4). Từ (1) và (4)
⇒

·
·
·
·
KMA AMO ANM NAO
+ = +

, mà
Δ ANI vuông ở I
⇒

·
·
0
ANM NAO 90
+ =

⇒

·
·
0
KMA AMO 90
+ =

⇒

·
0
KMO 90
=
hay KM
vuông góc với bán kính OM tại M
⇒
KMlà tiếp tuyến của (O; R).
3/. (0,5điểm):
Xét Δ SAB, theo chứng minh trên

⇒
SK và AM là hai đường cao
⇒
H là trực tâm của
Δ SAB. Mặt khác:
·
0
ANB 90
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O; R)) nên BN
⊥
SA
hay BN là đường cao của Δ SAB
⇒
BN đi qua H, hay H, N, B thẳng hàng.
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
24
A
BK
O
M
S
N
I
H
1/. (1,5điểm):
Ta có:
·
0
AMB 90=

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn…)
⇒

·
0
AMS 90
=
(1)
Mặt khác, SK // MN mà MN
⊥
AB
⇒
SK
⊥
AB.
⇒

·
0
AKS 90
=
(2)
Từ (1) và (2)
⇒

·
·
0
AMS AKS 180
+ =

⇒
SKAM là tứ giác nội tiếp.
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ ĐÁP ÁN.
Bài 5: (1,5điểm)
Điều kiện xác định: xy – 6 ≥ 0 (*)
Nếu hệ đã cho có nghiệm (x; y), do
xy 6 0
− ≥
,
nên từ
2
xy 6 12 y
− = −
⇒
12 – y
2
≥ 0 (1).
Mặt khác phương trình xy + 3 = 3 + x
2

⇔
x
2
– yx + 3 = 0, có nghiệm x theo y
⇒
Δ = y
2
– 12 ≥ 0 (2).
Từ (1) và (2)
⇒

y
2
– 12 = 0
⇒
y = ± 2
3
.
Với y = ± 2
3
thay vào hệ đã cho, tìm được x = ±
3
(thỏa mãn điều kiện (*))
*Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là: (
3
; 2
3
) ; (–
3
; – 2
3
).
2/. (0,75điểm):
Điều kiện xác định: x + 3 ≥ 0
⇔
x ≥ – 3. (**)
Phương trình đã cho tương đương:
x
4
(
x + 3

– 2) + 2008x = 2008 (3). Với điều kiện (**) ta xét:
* Nếu x > 1 thì x + 3 > 4
⇒
x
4
(
x + 3
– 2) + 2008x > 2008.
* Nếu – 3 ≤ x < 1 thì 0 ≤ x + 3 < 4
⇒

x + 3
– 2 < 0 và x
4
≥ 0

⇒
x
4
(
x + 3
– 2) ≤ 0. Mặt khác: 2008x < 2008

⇒
x
4
(
x + 3
– 2) + 2008x < 2008.
* x = 1 thỏa mãn (3)

Vậy (3) có nghiệm duy nhất x = 1.
Kết luận: Nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2009 – 2010.
Thời gian làm bài 120 phút.
Bài 1: (2điểm). Trong mỗi câu từ Câu 1 đên Câu 8 đều có 4 phương án trả lời
(A,B,C,D); trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy chọn phương án đúng và viết vào
bài làm.
Câu 1: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, đồ thị các hàm số y = x
2
và hàm số y = 4x + m cắt
nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi:
A. m > – 1 B. m > – 4 C. m < – 1 D. m < – 4
Câu 2: Cho phương trình 3x – 2y + 1 = 0. Phương trình nào sau đây cùng với phương
trình đã cho lập thành một hệ phương trình vô nghiệm:
A. 2x – 3y – 1 = 0 ; B. 6x – 4y + 2 = 0; C. – 6x + 4y + 1 =0; D. – 6x + 4y – 2 = 0
Câu 3: Phương trình nào sau đây có ít nhất một nghiệm nguyên?
A. (x –
5
)
2
= 5 ; B. 9x
2
– 1 = 0 ; C. 4x
2
– 4x + 1 = 0 ; D. x
2
+ x + 2 = 0
ĐẶNG NGỌC THANH Trường THCS Tống vân Trân.
25

ĐỀ CHÍNH THỨC.