đề -đáp án vào thpt các tỉnh

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 MÔN TOÁN KHÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2009 – 2010 CỦA 3 TỈNH :
HÀ NAM – AN GIANG – BÌNH ĐỊNH

ĐỀ SỐ 01
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ NAM Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức : A =
( )
2
2 3 2 288+ −

2) Giải phương trình:
a) x
2
+ 3x = 0
b) –x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
Bài 2: (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị
bằng 14. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn
hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho.
Bài 3. (1điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x
2

. Viết phương trình đường thẳng song
song với đường thẳng y = – 2x + 3 và cắt (P) tại điểm có tung độ y = – 12 .
Bài 4. (1điểm)
Giải phương trình:
6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = +
.
Bài 5. (4điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB
( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn
(O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở
E và F.
a) Chứng minh:
·
0
EOF 90=
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh
MK AB⊥
.
d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
HẾT
BÀI GIẢI
Bài 1. (2điểm)
1. A =
( )
2
2 3 2 288+ −
=

( )
2
2
2 2.2.3 2 3 2 2.144+ + −
=
4 12 2 18 12 2+ + −
= 22
2. a) x
2
+ 3x = 0
⇔
x( x + 3) = 0

⇔
x
1
= 0 ; x
2
= – 3 .
Tập nghiệm phương trình:
{ }
0; 3S = −
b) –x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
⇔
x
4

– 8x
2
– 9 = 0
Đặt y = x
2
( y
≥
0) , ta được phương trình trung gian ẩn y:
y
2
– 8y – 9 = 0
Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên y
1
= – 1 (loại); y
2
= 9 (nhận)
Do đó: x
2
= 9
⇔
x =
±
3
Tập nghiệm phương trình: S =
{ }
3;3−
Bài 2. Gọi x là chữ số hàng đơn vị .
Chữ số hàng chục của số đó là: 14 – x
ĐK: 0 < x
N

∈
≤
9
Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x
Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau số mới viết dưới dạng đa
thức là: 10x + 14 – x = 9x + 14
Theo đề toán ta có phương trình:
9x + 14 –(140 –9x ) = 18

⇔
9x + 14 –140 +9x = 18

⇔
18x = 144

⇔
x = 8
Giá trị x = 6 thõa mãn điều kiện .
Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68.
Lưu ý: lập hệ phương trình dễ hơn
Bài 3. Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + 3 nên có
dạng: y = – 2x + b (d).
(d) cắt (P) tại điểm có tung độ bằng – 12 nên hoành độ các giao điểm là nghiệm PT:
–3x
2
= – 12
⇔
x
±
2

Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; – 12) và B(– 2; – 12)
A
∈
(d) nên y
A
= – 2x
A
+ b hay – 12 = – 2. 2 + b
⇒
b = – 8
B
∈
(d) nên y
B
= – 2x
B
+ b hay – 12 = – 2.(– 2) + b
⇒
b = – 16
Có hai đường thẳng (d) tìm được thỏa mãn đề bài:
(d
1
): y = – 2x – 8 và (d
2
): y = – 2x – 16
Bài 4. PT :
6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = +
(1)
ĐK:
1

4 1 0
1
3
4
3 0
4
3
x
x
x
x
x


+ ≥
≥ −
 
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥
 
≤


(*)
(1)
3 14 6 4 1 2 3 0x x x⇔ + − + − − =

⇔
(4x + 1) – 2. 3.

4 1x +
+ 9 + (3 – x) – 2
3 x−
+ 1 = 0

( ) ( )
2 2
4 1 3 3 1 0x x⇔ + − + − − =
N
y
x
O
K
F
E
M
B
A

4 1 3 0
3 1 0
x
x

+ − =

⇔

− − =



2x⇔ =
(thỏa mãn đk (*))
Tập nghiệm phương trình đã cho: S =
{ }
2
Bài 5: a) Chứng minh:
·
0
EOF 90=
EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E
Nên OE là phân giác của
·
AOM
.
Tương tự: OF là phân giác của
·
BOM
Mà
·
AOM
và
·
BOM
kề bù nên:
·
0
90EOF =
(đpcm)
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.

Ta có:
·
·
0
90EAO EMO= =
(tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác AEMO có
·
·
0
180EAO EMO+ =
nên nội tiếp được trong một đương tròn.

•
Tam giác AMB và tam giác EOF có:

·
·
0
EOF 90AMB = =
,
·
·
MAB MEO=
(cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g)
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh
MK AB⊥
.
Tam giác AEK có AE // FB nên:

AK AE
KF BF
=
Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên :
AK ME
KF MF
=
. Do đó MK // AE (định lí đảo của định
lí Ta- let)
Lại có: AE
⊥
AB (gt) nên MK
⊥
AB.
d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN
⊥
AB.

∆
FEA có: MK // AE nên:
MK FK
AE FA
=
(1)

∆

BEA có: NK // AE nên:
NK BK
AE BE
=
(2)
Mà
FK BK
KA KE
=
( do BF // AE) nên
FK BK
KA FK BK KE
=
+ +
hay
FK BK
FA BE
=
(3)
Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:
MK KN
AE AE
=
. Vậy MK = NK.
Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên:
1
2
AKB
AMB
S KN

S MN
= =
Do đó:
1
2
AKB AMB
S S=
.
Tam giác AMB vuông ở M nên tg A =
3
MB
MA
=
·
0
60MAB⇒ =
.
Vậy AM =
2
a
và MB =
3
2
a

⇒
1 1 3
. . .
2 2 2 2
AKB

a a
S⇒ =
=
2
1
3
16
a
(đvdt)
hết
ĐỀ SỐ 02
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
AN GIANG Năm học: 2009 – 2010
Khóa ngày: 28/6/2009
MÔN THI: TOÁN (đề chung)
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1. (1,5 điểm)
Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
1) A =
14 7 15 5 1
:
2 1 3 1 7 5
 
− −
+
 ÷
 ÷
− − −
 
2) B =

2
1
x x x
x x x
−
−
− −

( )
0; 1x x≥ ≠
Bài 2. (1,5 điểm)
1) Cho hai đường thẳng d
1
: y = (m+1)x + 5 ; d
2
: y = 2x + n. Với giá trị nào của m, n
thì d
1
trùng với d
2
?
2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ, cho hai đồ thị (P): y =
2
3
x
; d: y = 6 – x. Tìm tọa độ
giao điểm của (P) và (d) bằng phép toán.
Bài 3. (2 điểm)
Cho phương trình: x
2

+ 2(m + 3)x + m
2
+ 3 = 0 (m là tham số)
1) Tìm m để phương trình có nghiệm kép? Hãy tính nghiệm kép đó.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
– x
2
= 2
Bài 4. (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
1)
1 3
2
2 6x x
+ =
− −
2) x
4
+ 3x
2
– 4 = 0
Bài 5. (3,5điểm).
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB và dây CD vuông góc với nhau ( CA < CB).
Hai tia BC và DA cắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vuông góc với AB tại H; EH cắt CA ở
F. Chứng minh rằng:

1) Tứ giác CDFE nội tiếp được trong mốt đường tròn.
2) Ba điểm B , D , F thẳng hàng.
3) HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
hết
BÀI GIẢI
Bài 1: (1,5 điểm) Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
1) A =
14 7 15 5 1
:
2 1 3 1 7 5
 
− −
+
 ÷
 ÷
− − −
 
=
( ) ( )
7 2 1 5 3 1
1
:
2 1 3 1 7 5
 
− −
 
+
 
− − −
 

=
( ) ( )
7 5 . 7 5+ −
=
( ) ( )
2 2
7 5−
= 7 – 5 = 2
2) B =
2
1
x x x
x x x
−
−
− −
=
( )
( )
2 1
1
1
x x
x
x
x x
−
−
−
−

=
( )
2 1
1
x x
x
− −
−

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

( )
0; 1x x≥ ≠

Bài 2. (1,5 điểm)
1) d
1

≡
d
2

1 2
5
m
n
+ =

⇔

=


1, 5m n⇔ = =
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm phương trình:

2
6
3
x
x= −

2
3 18 0x x⇔ + − =

∆
= b
2
– 4ac = 3
2
– 4 . 1. (– 18) = 81
9⇒ ∆ =
1
3 9
3
2 2
b
x
a
− + ∆ − +
= = =
,
2
3 9
6
2 2
b
x
a
− − ∆ − −
= = = −
Suy ra: y
1
= 3 ; y

2
= 12
Vậy d cắt (P) tại hai điểm: (3; 3) và (– 6; 12)
Bài 3. (2điểm)
PT: x
2
+ 2(m + 3)x + m
2
+ 3 = 0 (1)
1) Phương trình (1) có nghiệm kép
'
0⇔ ∆ =

( )
( )
2
2
3 3 0m m⇔ + − + =

6 6 0m⇔ + =

1m⇔ = −
Vậy với m = – 1 phương trình (1) có nghiệm kép .
Nghiệm kép của PT (1) :
( )
( )
'
1 2
3
1 3 2

1
m
b
x x
a
− +
= = − = = − − + = −

2) Phương trình (1) có hai nghiệm x
1
; x
2

'
0⇔ ∆ ≥

6 6 0m⇔ + ≥

1m⇔ ≥ −
Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x
1
+ x
2
= – 2(m + 3) ; P = x
1
. x
2
= m
2
+ 3

Từ x
1
– x
2
= 2 suy ra: ( x
1
– x
2
)
2
= 4
⇔
( x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
= 4 (*)
Thay S và P vào (*) ta được:
( )
( )
2
2
2 3 4 3 4m m− + − + = 
 

( )
2 2
4 6 9 4 12 4m m m⇔ + + − − =

24 24 4m⇔ + =

5
6
m⇔ = −
( thoả mãn điều kiện
1m ≥ −
)
E
H
F
O
D
C
B
A
Vậy x
1
– x
2
= 2
5
6
m⇔ = −

Bài 4. (1,5 điểm) Giải các phương trình:
1)
1 3
2
2 6x x
+ =
− −
(1)
ĐK: x ≠ 2 ; x ≠ 6
(1)
( ) ( ) ( )
6 3 2 2 2 6x x x x⇔ − + − = − −

2
6 3 6 12 24 2 4x x x x x⇔ − + − = − − +

⇔
2x
2
– 14x + 24 = 0

2
' '
b ac∆ = −
= 49 – 48 = 1
x
1
=
' '
7 1

4
2
b
a
− + ∆ +
= =
( TMĐK), x
2
=
' '
7 1
3
2
b
a
− − ∆ −
= =
( TMĐK),
Tập nghiệm của phương trình:
{ }
3;4S =
2) x
4
+ 3x
2
– 4 = 0
Đặt t = x
2
( t
≥

0) , ta có phương trình ẩn t:
t
2
+ 3t – 4 = 0
Vì a + b + c = 1 + 3 + (– 4 ) = 0 nên t
1
= 1 (nhận) , t
2
= – 4 < 0 (loại)
Vậy x
2
= 1
⇔
x
1
= 1; x
2
= – 1.
Tập nghiệm của phương trình:
{ }
1;1S = −
Bài 5. (3,5 điểm)
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp:
CD // FE (cùng vuông góc AB)
·
·
EFC FCD⇒ =
(so le trong)
AB
⊥

CD nên AB đi qua trung điểm dây CD (tính chất
đường kính vuông góc với dây cung) nên C và D đối xứng
nhau qua AB. Do đó
·
·
ACD ADC=
Suy ra:
·
·
EFC EDC=
.
Tứ giác CDFE có hai đỉnh F, D liên tiếp nhìn CE dưới một góc bằng nhau nên nội
tiếp được trong một đường tròn.
2) Chứng minh ba điểm B , D , F thẳng hàng.
Ta có:
·
0
ACB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
0
90ECF⇒ =
(kề bù với
·
ACB
)
Tứ giác CDFE nội tiếp nên
·
·
0

90ECF EDF= =
. Mà
·
0
90ADB =
nên
·
·
0
180EDF EDB+ =
Vậy ba điểm B , D , F thẳng hàng.
3) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Ta có
·
·
0 0
90 90 180EHA ECA+ = + =
nên tứ giác AHEC nội tiếp
Suy ra:
·
·
HCA HEA=
(cùng chắn cung AH)
Mà
·
·
HEA ADC=
(so le trong của EH // CD) và
·
·

ADC ABC=
(cùng chắn cung AC).
Do đó:
·
·
HCA ABC=
=
1
2
sđ
»
AC
. Vậy HC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Lưu ý: Rất nhiều HS sai lầm ở câu 1:
·
·
0
90ECF EDF= =
và kết luận tứ giác CDFE nội tiếp.
Câu 3 có thể chứng minh
·
·
0
90HCA ACO+ =
rồi suy ra HC là tiếp tuyến.
hết
Trang 7: Đề thi và bài giải chi tiết môn toán tỉnh Bình Định
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
BÌNH ĐỊNH Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2điểm)
Giải các phương trình sau:
1. 2(x + 1) = 4 – x
2. x
2
–3x + 2 = 0
Bài 2: (2điểm)
1. Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết đồ thị hàm số đã cho đi qua hai điểm
A(– 2; 5) và B(1; – 4) .
2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2.
a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến.
b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
2
3
−
.
Bài 3: (2điểm)
Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Qui Nhơn. Sau đó 75 phút, một ô tô
khởi hành từ Qui Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 20km/h
Hai xe gặp nhau tai Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng Qui Nhơn cách
Hoài Ân 100 km và Qui Nhơn cách Phù Cát 30 km.
Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài AC (về
phía C) đoạn CD sao cho CD = AC.
1. Chứng minh tam giác ABD cân.
2. Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E. Kéo dài AE (về
phía E) đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm
trên một đường thẳng.
3. Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O).

Bài 5: (1điểm)
Với mỗi số k nguyên dương , đặt S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1
k k
+ + −
Chứng minh rằng: S
m+n
+ S
m-n
= S
m
. S
n
với mọi m; n là số nguyên dương và m > n.
HẾT
Ô tô
x. máy
30 km
100 km
P.C
Q.N
H.Â
BÀI GIẢI
Bài 1: (2điểm)
Giải các phương trình sau:
1. 2(x + 1) = 4 – x
⇔

2x + 2 = 4 – x

⇔
2x + x = 4 – 2

⇔
3x = 2

⇔
x =
2
3
Vậy :
2
3
S
 
=
 
 
2. x
2
–3x + 2 = 0
Vì a + b + c = 1 + (– 3) + 2 = 0 nên x
1
= 1 ; x
2
=
2
c

a
=
Vậy
{ }
1;2S =
Bài 2: (2điểm)
1. Vì A(– 2; 5) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên: 5 = a(– 2) + b
B(1;– 4) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên: – 4 = a.1 + b
Ta có hệ phương trình:
2 5
4
a b
a b
− + =


+ = −


3 9
4
a
a b
− =

⇔

+ = −


3
1
a
b
= −

⇔

= −

Vậy a = – 3 ; b = – 1 .
2. Hàm số y = (2m – 1)x + m + 2.
a) Hàm số đã cho có dạng y = ax + b với a = 2m – 1
Hàm số nghịch biến
⇔
2m – 1 < 0
⇔
m <
1
2
b) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
2
3
−


2
(2 1). 2 0
3
m m

−
⇔ − + + =

4 2 3 6 0m m⇔ − + + + =
8m⇔ =
Bài 3. Gọi x(km/h) là vận tốc của xe máy (đk: x > 0)
Vận tốc ô tô là: x + 20 (km/h)
Đoạn đường Hoài Ân – Phù Cát dài: 100 – 30 = 70 km
Thời gian xe máy đi từ H. Ân đến Phù Cát:
70
( )h
x
Thời gian ô tô đi từ Qui Nhơn đến Phù Cát:
30
( )
20
h
x +
75 phút =
5
( )
4
h
Theo đề ta có phương trình:
70
x
−

30 5
20 4x

=
+
(1)
Với x > 0 , (1)
280( 20) 120 5 ( 20)x x x x⇔ + − = +

( ) ( )
20 56 20 24x x x x x⇔ + = + −

2
20 2400 0x x⇔ + − =
Giải phương trình này ta được : x
1
= – 60 (loại) ; x
2
= 40 ( thỏa mãn điều kiện)
Trả lời: V
xe máy
= 40 km/h ; V
ô tô
= 60 km/h
/
/
=
=
O
F
E
D
C

B
A
Bài 4. 1) Chứng minh tam giác ABD cân:
Ta có:
·
0
90ACB =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Suy ra: BC
⊥
AD
ΔABD có BC là đường cao đồng thời là đường trung
tuyến (do AC = DC) nên ΔABD cân ở B.
2)Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm
trên một đường thẳng:
Tứ giác ACBE có
·
·
·
0
90CAE ACB AEB= = =
nên nó là hình
nhật. Suy ra
· ·
0
90CBA EBA+ =
.
ΔABD cân ở B , BC là đường cao nên BC cũng là phân giác
góc ABD. Vậy
·

·
2ABD ABC=
Chứng minh tương tự ta được ΔABF cân ở B và BF là phân giác
·
ABF
nên
·
·
ABF ABE=
Do đó
·
·
·
·
( )
0 0
2 2.90 180ABD ABF ABC ABE+ = + = =
. Vậy ba điểm D, B, F thẳng hàng.
Bài 5. (1điểm)
Từ giả thiết k nguyên dương và S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1
k k
+ + −
ta suy ra:
S
m
=

( ) ( )
2 1 2 1
m m
+ + −
và S
n
=
( ) ( )
2 1 2 1
n n
+ + −
S
m
. S
n
=
( ) ( )
2 1 2 1
m m
 
+ + −
 
 
.
( ) ( )
2 1 2 1
n n
 
+ + −
 

 
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 2 1
m n m n m n m n+ +
+ + + + + − + + −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 1 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n m n m n+ +
+ + − + + + + − +
= S
m+n
+
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n
+ + + − +

Ta cần chứng minh
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n
+ + + − +
= S
n
( m > n)
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 . 2 1

m n m n
+ + + − +
=
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 1 2 1
2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 .
2 1 2 1
n n
m n m n
n n
+ −
+ − + − +
+ −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 2 1
m n n n n n m n− −
+ + − + − + −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n n
m n m n− −
   
+ + − + + − −

   
=
( ) ( )
2 1 .1 1. 2 1
m n m n− −
+ + −
= S
n
Vậy: k nguyên dương và S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1
k k
+ + −
, m > n thì: S
m+n
+ S
m-n
= S
m
. S
n
.
HẾT
Chân thành cảm ơn thầy giáo Hà Minh Tuấn - Trường THCS Cát Thắng
Huyện Phù Cát – Tỉnh Bình Định đã cung cấp đề và đáp án.
Chúc thầy luôn mạnh khỏe . Chào thân ái.
Trần văn Hứa – THCS Nguyễn Bá Ngọc – Thăng Bình- Quảng Nam
ĐỀ SỐ 4.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TP ĐÀ NẲNG Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 3 điểm )
Cho biểu thức
a 1 1 2
K :
a 1
a 1 a a a 1
 
 
= − +
 ÷
 ÷
−
− − +
 
 
a) Rút gọn biểu thức K.
b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2
2
c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.
Bài 2. ( 2 điểm ) Cho hệ phương trình:
mx y 1
x y
334
2 3
− =




− =


a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1.
b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm.
Bài 3. ( 3,5 điểm )
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 ∆AME ∆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.
Bài 4. ( 1,5 điểm )
Người ta rót đầy nước vào một chiếc ly hình nón thì được 8 cm
3
. Sau đó người ta rót nước từ
ly ra để chiều cao mực nước chỉ còn lại một nửa. Hãy tính thể tích lượng nước còn lại trong ly.
HẾT
O

1
I
C
E
N
M
O
B
A
BÀI GIẢI
Bài 1.
a) Rút gọn biểu thức K:
Điều kiện a > 0 và a ≠ 1

a 1 1 2
K :
a 1 a ( a 1) a 1 ( a 1)( a 1)
 
 
= − +
 ÷
 ÷
− − + + −
 
 

a 1 a 1
:
a( a 1) ( a 1)( a 1)
− +

=
− + −

a 1 a 1
.( a 1)
a( a 1) a
− −
= − =
−
b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2
2
Ta có: a = 3 + 2
2
= (1 +
2
)
2

a 1 2⇒ = +
Do đó:
3 2 2 1 2(1 2)
K 2
1 2 1 2
+ − +
= = =
+ +
c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.

a 1 0
a 1

K 0 0
a 0
a
− <

−
< ⇔ < ⇔

>


a 1
0 a 1
a 0
<

⇔ ⇔ < <

>

Bài 2.
a) Giải hê khi m = 1.
Khi m = 1 ta có hệ phương trình:

x y 1
x y
334
2 3
− =




− =



x y 1
3x 2y 2004
− =

⇔

− =


2x 2y 2
3x 2y 2004
− =

⇔

− =


x 2002
y 2001
=

⇔


=

b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm.

mx y 1
y mx 1
x y
3
334
y x 1002
2 3
2
− =
= −


 
⇔
 
− =
= −
 



y mx 1
y mx 1
3
3
m x 1001 (*)

mx 1 x 1002
2
2
= −

= −

 
⇔ ⇔
 
 
− = −
− = −
 ÷
 

 

Hệ phương trình vô nghiệm
⇔
(*) vô nghiệm
3 3
m 0 m
2 2
⇔ − = ⇔ =

Bài 3.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp:
Ta có:
·

0
EIB 90=
(do
MN AB⊥
ở I)
và
·
0
ECB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Tứ giác IECB có
·
·
0
180EIB ECB+ =
nên nội tiếp được trong
một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM
2
= AE.AC .
+ Chứng minh ∆AME ∆ACM
Ta có: MN
⊥
AB
¼
»
AM AN⇒ =
·
·
MCA AMN⇒ =

∆AME và ∆ACM có
µ
A
chung,
·
·
AME ACM=
Do đó: ∆AME ∆ACM (góc – góc)
+ Chứng minh AM
2
= AE.AC
Vì ∆AME ∆ACM nên
AM AE
AC AM
=
hay
2
AM .AC AE=
(1)
c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI
2
.
Ta có:
·
0
90AMB =
(góc nội tiếp chắn nử đường tròn (O))

AMB∆
vuông ở M, MI

⊥
AB nên MI
2
= AI.IB (2)
Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được:
2 2
. .AM MI AC AE AI IB− = −
.
Mà
2 2 2
AM MI AI− =
(định lí Pi-ta-go cho tam giác MIA vuông ở I)
Suy ra : 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.
Gọi
1
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCE.
Ta có
· ·
AME MCE=
(chứng minh trên), mà
·
1
2
MCE =
sđ

¼
ME
nên
·
1
2
AME =
sđ
¼
ME
Suy ra: AM là tiếp tuyến của đường tròn (
1
O
). Do đó: MA
1
O M⊥
, kết hợp với
MA
⊥
MB suy ra
1
O
thuộc đường thẳng MB.
Do đó:
1
NO
ngắn nhất
1
NO MB⇔ ⊥
, từ đó ta suy ra cách xác định vị trí điểm C

như sau:
- Dựng
1
NO

⊥
MB (
1
O MB∈
).
- Dựng đường tròn (
1
O
;
1
O
M) .Gọi C là giao điểm thứ hai của đường tròn
(
1
O
) và đường tròn (O)
Bài 4. (2 điểm)
Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình nón do
8cm
3
nước ban đầu tạo thành. Do đó phần nước còn lại có thể tích bằng
3
1 1
2 8
 

=
 ÷
 
thể tích
nước ban đầu. Vậy trong ly còn lại 1cm
3
nước
ĐỀ SỐ 5.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NGHỆ AN Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 3 điểm )
Cho hàm số:
y f(x) 2 x x 2= = − + +
a) Tìm tập xác định của hàm số.
b) Chứng minh f(a) = f(- a) với
2 a 2− ≤ ≤
c) Chứng minh
2
y 4≥
.
Bài 2. ( 1,5 điểm)
Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ
thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy
định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế
hoạch ?.
Bài 3. ( 2 điểm )
Cho phương trình: x

2
- 2mx + (m - 1)
3
= 0 với x là ẩn số, m là tham số (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = - 1.
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình
phương của nghiệm còn lại.
Bài 4. ( 3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn,
·
BAC
= 45
0
. Vẽ các đường cao BD và CE của tam
giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh: HD = DC.
c) Tính tỉ số:
DE
BC
.
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA
⊥
DE .
HẾT
BÀI GIẢI
Bài 1.
a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

2 x 0 x 2

2 x 2
x 2 0 x 2
− ≥ ≤
 
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
+ ≥ ≥ −
 

Vậy tập xác định của hàm số là: x
∈
[-2; 2].
b) Chứng minh f(a) = f(- a) với
2 a 2− ≤ ≤
f (a) 2 a a 2 ; f ( a) 2 ( a) a 2 2 a a 2= − + + − = − − + − + = − + +
.
Từ đó suy ra f(a) = f(- a)
c) Chứng minh
2
y 4≥
.
2 2 2
y ( 2 x) 2 2 x. 2 x ( 2 x)= − + − + + +

2
2 x 2 4 x 2 x= − + − + +

2
4 2 4 x 4= + − ≥
(vì 2

2
4 x−
≥ 0).
Đẳng thức xảy ra
x 2⇔ = ±
.
Bài 2.
Gọi x,y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch .
ĐK: x, y nguyên dương và x < 600; y < 600.
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm nên ta có phương trình:
x + y = 600 (1)
Số sản phẩm tăng của tổ I là:
18
x
100
(sp), Số sản phẩm tăng của tổ II là:
21
y
100
(sp).
Do số sản phẩm của hai tổ vượt mức 120(sp) nên ta có phương trình:

18 21
x y 120
100 100
+ =
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

x y 600

18 21
x y 120
100 100
+ =



+ =


Giải hệ ta được x = 200 , y = 400 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy số sản phẩm đựoc giao theo kế hoạch của tổ I là 200, của tổ II là 400.
Bài 3 .
a)Giảiphương trình (1) khi m =
1−
:
Thay m =
1−
vào phương trình (1) ta được phương trình:

2
2 8 0x x+ − =

2
( 2 1) 9 0x x⇔ + + − =

( )
2
2
1 3 0x⇔ + − =

( ) ( )
1 3 1 3 0x x⇔ + + + − =

( ) ( )
4 2 0x x⇔ + − =
4 0 4
2 0 2
x x
x x
+ = = −
 
⇔ ⇔
 
− = =
 
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm
bằng bình phương của nghiệm còn lại.
O
M
K
45
°
H
E
D
C
B
A
y

x
O
45
°
H
E
D
C
B
A
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
⇔
∆’ = m
2
- (m - 1)
3
> 0 (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u; u
2
thì theo định lí Vi-ét ta có:

2
2 3
u u 2m
u.u (m 1)

+ =


= −



(**)
( )
( )
2
3
3
2
**
1
u u m
u m

+ =

⇔

= −



⇔

2
2
1
u u m
u m


+ =

= −


( )
2
1 1 2
1
m m m
u m

− + − =

⇔

= −



2
3 0
1
m m
u m

− =
⇔

= −


PT
2
3 0m m− =

⇔

( )
1 2
3 0 0; 3m m m m− = ⇔ = =
(thỏa mãn đk (*) )
Vậy m = 0 hoặc m = 3 là hai giá trị cần tìm.
Lưu ý: Có thể giả sử phương trình có hai nghiệm, tìm m rồi thế vào PT(1) tìm
hai nghiệm của phương trình , nếu hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu thì trả lời.
Ở trường hợp trên khi m = 0 PT (1) có hai nghiệm
1 2
1; 1x x= − =
thỏa mãn

2
2 1
x x=
, m = 3 PT (1) có hai nghiệm
1 2
2; 4x x= =
thỏa mãn
2
2 1
x x=
.

Bài 4.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
Vì BD, CE là các đường cao của tam giác ABC nên:

·
·
0
90BDA CEA= =
hay
·
·
0
90HDA HEA= =
Tứ giác ADHE có
·
·
0
180HDA HEA+ =
nên nội tiếp được
trong một đường tròn.
b) Chứng minh: HD = DC.
Do tứ giác ADHE nội tiếp nên
·
·
EAD DHC=
(cùng bù
·
DHE
)
Mà

·
0
45EAD =
(gt) nên
·
0
45DHC =
.
Tam giác HDC vuông ở D,
·
0
45DHC =
nên vuông cân.
Vậy DH = DC.
c) Tính tỉ số:
DE
BC
.
Tứ giác BEDC có
·
·
0
90BEC BDC= =
nên nội tiếp được trong một đường tròn.
Suy ra:
·
·
ADE ABC=
(cùng bù
·

EDC
)

ADE∆
và
ABC∆
có
·
·
ADE ABC=
,
·
BAC
chung nên
ADE∆

ABC∆
(g-g)
Do đó:
DE AE
BC AC
=
.
Mà
0
2
osA=cos45
2
AE
c

AC
= =
(do tam giác AEC vuông ở E và
·
0
45EAC =
)
Vậy:
2
2
DE
BC
=
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA
⊥
DE .
Cách 1: Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) cắt DE tại M.
Ta có:
·
·
ADE AKC=
(cùng bằng
·
ABC
). Do đó tứ giác CDMK nội tiếp.
Suy ra:
·
·
0
180ACK DMK+ =

. Mà
·
0
90ACK =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên
·
0
90DMK =
. Vậy AK
⊥
DE hay OA
⊥
DE (đpcm)
Cách 2: Kẻ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O).
Ta có:
·
·
xAC ABC=
(cùng bằng
1
2
sđ
»
AC
)

·
·
ABC ADE=

Do đó:
·
·
xAC ADE=
. Suy ra xy // DE.
Mà xy
⊥
OA nên DE
⊥
OA (đpcm)
Chú ý: Câu này có còn cách giải nào khác nữa không ? Em thử tìm một cách giải
hai cách trên.
Cách 3: ………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………….

……………………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………….

……………………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………………
Lưu ý: Bài giải rất chi tiết dành cho các em (nhất là các em ngại học môn hình)
Để tham khảo và tập ghi lời giải một bài toán. Khi tải đề các em tự giải
trước rồi mới tham khảo lời giải sau nhé. Chúc các em học tốt .
Chào các em.
Ba san