mot so de thi vao lop 10 co dap an

Sở Giáo dục và đào tạo
Bắc giang

Đề thi chính thức
(đợt 1)
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.
Ngày 08 tháng 07 năm 2009
(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu I: (2,0 điểm)
1. Tính
4. 25
2. Giải hệ phơng trình:
2 4
3 5
=


+ =

x
x y
Câu II: (2,0 điểm)
1.Giải phơng trình x
2
-2x+1=0
2. Hàm số y=2009x+2010 đòng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao?
Câu III: (1,0 điểm)

Lập phơng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiệm?
Câu IV(1,5 điểm)
Một ôtô khách và một ôtô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đi đến địa điểm B đờng
dài 180 km do vận tốc của ôtô khách lớn hơn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B tr-
ớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc của mỗi ôtô. Biết rằng trong quá trình đi từ A đến B
vận tốc của mỗi ôtô không đổi.
Câu V:(3,0 điểm)
1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O. Các đờng cao BH và CK tam
giác ABC cắt nhau tại điểm I. Kẻ đờng kính AD của đờng tròn tâm O, các đoạn thẳng
DI và BC cắt nhau tại M.Chứng minh rằng.
a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b/OM

BC.
2/Cho tam giác ABC vuông tại A,các đờng phân giác trong của goác B và góc C
cắt các cạnh AC và AB lần lợt tại D và E. Gọi H là giao điểm của BD và CE, biết
AD=2cm, DC= 4 cm tính độ dài đoạn thẳng HB.
Câu VI:(0,5 điểm)
Cho các số dơng x, y, z thỏa mãn xyz -
16
0
x y z
=
+ +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x+y)(x+z)

Sở Giáo dục và đào tạo
Bắc giang

Đề thi chính thức

(đợt 2)
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.
Ngày 10 tháng 07 năm 2009
(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu I: (2,0 điểm)
1. Tính
49 +
2. Cho hàm số y = x -1. Tại x = 4 thì y có giá trị là bao nhiêu?
Câu II: (1,0 điểm)
Giải hệ phơng trình:



=
=+
3
5
yx
yx
Câu III: (1,0 điểm)
Rút gọn:

+
+
+
= 1
1
1
1 x
xx
x
xx
A
Với
1;0 xx
Câu IV( 2,5 điểm)
Cho PT: x
2

+ 2x - m = 0 (1)
1. Giải PT(1) với m = 3
2. Tìm tất cả các giá trị m để PT(1) có nghiệm
Câu V:(3,0 điểm)
Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB cố định. H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O
và trung điểm của OA). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. MN cắt AK tại E.
1. Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp.
2. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM.
3. Cho điểm H cố định, xác định vị trí của K để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn
ngoại tiếp tam giác MKE nhỏ nhất.
Câu VI:(0,5 điểm)
Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x
2
+ xy +y
2
- x
2
y
2
= 0

Hết


đáp án đề 1:
Câu I:
1. Tính
4. 25
= 2.5 = 10
2. Giải hệ phơng trình:

2 4
3 5
x
x y
=


+ =

< = >
2
2 3 5
x
y
=


+ =

< = >
2
1
x
y
=


=

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;1) .

Câu II:
1.
x
2
- 2x +1 = 0
<=> (x -1)
2
= 0
<=> x -1 = 0
<=> x = 1
Vậy PT có nghiệm x = 1
2.
Hàm số trên là hàm số đồng biến vì: Hàm số trên là hàm bậc nhất có hệ số
a = 2009 > 0. Hoặc nếu x
1
>x
2
thì f(x
1
) > f(x
2
)
Câu III:
Lập phơng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiệm?
Giả sử có hai số thực: x
1
= 3; x
2
= 4
Xét S = x

1
+ x
2
= 3 + 4 = 7; P = x
1
.x
2
= 3.4 = 12 =>S
2
- 4P = 7
2
- 4.12 = 1 > 0
Vậy x
1
; x
2
là hai nghiệm của phơng trình: x
2
- 7x +12 = 0
Câu IV
Đổi 36 phút =
10
6
h
Gọi vận tốc của ô tô khách là x ( x >10; km/h)
Vận tốc của ôtô tải là x - 10 (km/h)
Thời gian xe khách đi hết quãng đờng AB là:
x
180
(h)

Thời gian xe tải đi hết quãng đờng AB là:
10
180
x
(h)
Vì ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT:

0300010
)10(10.180)10(610.180
180
10
6
10
180
2
=
=
=

xx
xxxx
xx

553025
302530005
'
2'
==
=+=
x

1
= 5 +55 = 60 ( TMĐK)
x
2
= 5 - 55 = - 50 ( không TMĐK)
Vậy vận tốc của xe khách là 60km/h, vận tốc xe tải là 60 - 10 = 50km/h
Câu V
1/
a)

AHI vuông tại H (vì CA

HB)

AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI

AKI vuông tại H (vì CK

AB)

AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
b)
Ta có CA

HB( Gt)
CA

DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)
=> BH//CD hay BI//CD (1)

Ta có AB

CK( Gt)
AB

DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn)
=> CK//BD hay CI//BD (2)
Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song)
Mà DI cắt CB tại M nên ta có MB = MC
=> OM

BC( đờng kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây đó)
2/
Vì BD là tia phân giác góc B của tam giác ABC;
nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:
ABBC
BC
AB
BC
AB
DC
AD
2
4
2
===
Vì

ABC vuông tại A mà BC = 2AB nên
ACB = 30

0
; ABC = 60
0
Vì B
1
= B
2
(BD là phân giác) nên ABD = 30
0
Vì

ABD vuông tại A mà ABD = 30
0
nên BD = 2AD = 2 . 2 = 4cm
=>
12416
222
=== ADBDAB
Vì

ABC vuông tại A =>
341236
22
=+=+= ABACBC
Vì CH là tia phân giác góc C của tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác
ta có:
DHBH
HB
DH
HB

DH
BC
DC
3
34
4
===
Ta có:
34)31(
3
3433
3
4
=+





=
=+




=
=+
BH
HDBH
HDBH

HDBH
HDBH
)13(32
2
)13(34
)31(
34
=

=
+
=BH
. Vậy
cmBH )13(32 =
Câu VI
Cách 1:
Vì xyz -
16
0
x y z
=
+ +
=> xyz(x+y+z) = 16
P = (x+y)(x+z) = x
2
+xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz
áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dơng là x(x+y+z) và yz ta có
.
A
B

C
D
M
I
O
H
K
D
A
B
C
E H
1
2
2
1
P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz
816.2)(2 ==++ zyxxyz
; dấu đẳng thức xẩy ra khi
x(x+y+z) = yz
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8
Cách 2:
Vì
xyz
zyx
zyx
xyz
16
0
16

=++=
++

P = (x+y)(x+z) = x
2
+xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz =
yz
yz
yz
xyz
x +=+
1616
áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dơng là
yz
16
và yz ta có
P =
yz
yz
+
16
816.2
16
2 == yz
yz
; dấu đẳng thức xẩy ra khi
yz
yz
=
16

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8
đáp án đề 2:
Câu I:
1. Tính
52349 =+=+
2. Thay x =4 vào hàm số y = x -1. Ta đợc: y = 4 - 1 = 3
Vậy khi x = 4 thì y = 3
Câu II:
Giải hệ phơng trình:



=
=




=
=+




=
=+
1
4
82
5

3
5
y
x
x
yx
yx
yx
Vậy hệ PT có nghiệm (x; y) = (4; 1)
Câu III:
Với
1;0 xx
ta có:

+
+
+
= 1
1
1
1 x
xx
x
xx
A

( ) ( )
( )( )
111
1
1
1
1
1
1
=+=

+
+
+
=
xxx
x
xx
x
xx
Vậy khi
1;0 xx
thì A = x -1
Câu IV Cho PT: x
2
+ 2x - m = 0 (1)
1. Khi m = 3 ta có: x
2

+ 2x - 3 = 0
Ta có: a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0
PT có hai nghiệm: x
1

= 1; x
2
= -3
Vậy PT(1) có hai nghiệm: x
1

= 1; x
2
= -3 khi m = 3
2. Tính:
m
+=
1'
. Để PT(1) có nghiệm thì
1010'
+
mm

Vậy với
1

m
thì PT(1) có nghiệm
Câu V
1. xét tứ giác HEKB có:

EHB = 90
0
( vì MN

AB)
EKB = 90
0
( vì AKB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
=>EKB + EHB =180
0
=> Tứ giác HEKB nội tiếp vì có tổng hai góc đối bằng 180
0
2. Vì MN

AB nên A nằm chính giữa cung nhỏ MN
=> cung AM = cung AN
=>AMN = AKM( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét

AME và

AKM có:
A chung
AME = AKM ( cm trên)
=>

AME đồng dạng với

AKM ( g.g)
Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp

EKM
Ta có góc AME = BME ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
=> AM là tiếp tuyến của đờng tròn tâm I( Theo bài tập 30-Tr79 SGK toán 9 tập 2)
=> I thuộc BM
=> NI ngắn nhất khi NI

MB.
Vì M; N; B cố định nên ta có thể xác định K nh sau:
Kẻ NI vuông góc với BM, vẽ đờng tròn (I;IM) cắt đờng tròn tâm O tại đâu đó là K.
Câu VI:(0,5 điểm)
Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x
2
+ xy +y
2
- x
2
y
2
= 0 (1)
Ta có: x
2
+ xy +y
2
- x
2
y
2
= 0
<=> 4x

2
+ 4xy +4y
2
- 4x
2
y
2
= 0
<=> 4x
2
+ 8xy +4y
2
- (4x
2
y
2
+ 4xy +1) - 1 = 0
<=> (2x + 2y)
2
- (2xy + 1)
2
= 1
<=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) = 1
=>
2x 2y - 2xy - 1 1
2x 2y 2xy 1 -1
2x 2y 2xy 1 -1
2x 2y 2xy 1 1
+ =

+ + + =



+ =



+ + + =



Giải hệ PT ta đợc (x; y) = (0; 0) hoặc x = - y
Thay x = - y vào (1) ta tìm đợc (x; y) = (1; -1); (x; y) = (-1; 1)
Vậy các cặp số x; y nguyên thoả mãn (1) là:(0; 0); (1; -1); (-1; 1)
.
A B
E
N
M
O
H
K
I
Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Nghệ An
Năm học: 2009-2010
Môn: Toán
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I: (3,0đ). Cho biểu thức A =
1 1
1
1
x x x
x
x
+


+
1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị biểu thức A khi x = 9/4.
3. Tìm tất cả các giá trị của x để A <1.
CâuII: (2,5đ). Cho phơng trình bậc hai, với tham số m: 2x
2
(m+3)x + m = 0 (1).
1. Giải phơng trình (1) khi m = 2.
2. Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả
mãn: x
1
+ x
2
=
5
2

x
1
x
2
.
3. Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P =
1 2
x x
Câu III: (1,5đ).
Một thửa ruộng hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45m. Tính diện tích
thửa ruộng, biết rằng nếu chiều dài giảm đi 2 lần và chiều rộng tăng 3 lần thì chu vi
thửa ruộng không thay đổi.
Câu IV: (3,0đ). Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định và CD là một đờng kính
thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến của đờng tròn (O;R) tại B cắt các đờng thẳng
AC và AD lần lợt tại E và F.
1. Chứng minh rằng BE.BF = 4R
2
.
2. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn.
3. Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh rằng tâm I luôn
nằm trên một đờng thẳng cố định.
Gợi ý Đáp án
Câu I:
1. Đkxđ: x 0, x 1
A =

1 ( 1)( 1)
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 1
x x x x x x x
x x x x x x x
+ +
= =
+ + +
2. Với x = 9/4 => A =
3
2
3
3
1
2
=

.
3. Với A<1 =>
1 1
1 1 0 0 0 1 0
1 1 1 1
x x x x
x
x x x x
+


x<1
Vậy để A < 1 thì 0 x < 1.
Câu II:

1. Với m = 2 thì phơng trình trở thành: 2x
2
5x + 2 = 0
Phơng trình có hai nghiệm là: 2 và 1/2.
2. Ta có = (m + 3)
2
4.2.m = m
2
- 2m + 9= (m - 1)
2
+ 8
=> >0 với mọi m => phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Theo Viét ta có:
1 2
1 2
3
2
2
m
x x
m
x x
+

+ =




=

Mà x
1
+ x
2
=
5
2
x
1
x
2
=>2(m+3) = 5m m = 2.
3. Ta có (x
1
x
2
)
2
= (x
1
+ x
2
)
2
- 4x
1
.x
2

= (m + 3)
2
:4 2m = (m
2
- 2m + 9):4 =
2
( 1) 8
2
4
m +


1 2
2x x

Vậy MinP =
2
m =1
Câu III: Gọi chiều dài của thửa ruộng là x(m)
Chiều rộng của thửa ruộng là y(m) ( x>45, x>y)
=>
45
3
2
x y
x
y x y
=

+ = +


Giải hệ ta đợc x = 60, y = 15 (thoả mãn)
Vậy diện tích của thửa ruộng là: 60.15 = 900(m
2
).
Câu IV:
a. Ta có tam giác AEF vuông tại A (Góc A là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
Mà AB là đờng cao.
=> BE.BF = AB
2
(Hệ thức lợng trong tam giác vuông)
=> BE.BF = 4R
2
( Vì AB = 2R)
b. Ta có góc CEF = góc BAD (Cùng phụ với góc BAE)
O
d
H
I
F
E
D
C
B
A
Mà góc BAD = góc ADC ( Tam giác AOD cân)
=> Góc CEF = góc ADC => Tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn.

c. Gọi trung điểm của EF là H.
=> IH // AB (*)
Ta lại có tam giác AHE cân tại H (AH là trung tuyến của
tam giác vuông AEF, góc A = 90
0
) => góc HAC = góc
HEA (1)
Mà góc HEA + góc BAC = 90
0
(2)
Mặt khác góc BAC = góc ACO ( tam giác AOC
cân tại O) (3)
Từ (1), (2) và (3) => AH CD
Nhng OI CD
=> AH//OI (**)
Từ (*) và (**) => AHIO là hình bình hành => IH = AO = R
(không đổi).
Nên I cách đờng thẳng cố định EF một khoảng không đổi = R =>
I thuộc đờng thẳng d // EF và cách EF một khoảng =R.
Sở GD&ĐT Nghệ An
Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10
trờng thpt chuyên phan bội châu
năm học 2009 - 2010
Môn thi: toán
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Bài 1: (3.5 điểm)
a. Giải phơng trình
3 3
2 7 3x x+ + =
b. Giải hệ phơng trình

3
3
8
2 3
6
2
x
y
x
y

+ =




=


Bài 2: (1.0 điểm)
Tìm số thực a để phơng trình sau có nghiệm nguyên
2
2 0x ax a + + =
.
Bài 3: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đờng phân giác trong BE (E thuộc AC). Đờng
tròn đờng kính AB cắt BE, BC lần lợt tại M, N (khác B). Đờng thẳng AM cắt BC tại K.
Chứng minh: AE.AN = AM.AK.
Bài 4: (1.5 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài bằng độ dài cạnh

BC. Đờng tròn đờng kính BC cắt các cạnh AB, AC thứ tự tại M, N (M khác B, N khác
C). Đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN và đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đ-
ờng thẳng AO lần lợt tại I và K. Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đợc một đờng
tròn và tứ giác BICK là hình bình hành.
Bài 5: (2.0 điểm)
a. Bên trong đờng tròn tâm O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện tích lớn hơn
hoặc bằng 1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác
ABC.
b. Cho a, b, c là các số thực dơng thay đổi thỏa mãn:
3a b c+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
2 2 2
P
ab bc ca
a b c
a b b c c a
+ +
= + + +
+ +
Hết
Họ và tên thí sinh SBD
* Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu.
* Giám thị không giải thích gì thêm.
Đề thi chính thức
Sở GD&ĐT Nghệ An
Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 trờng thpt chuyên
phan bội châu năm học 2009 - 2010
Môn thi: Toán

Hớng dẫn chấm thi
Bản hớng dẫn chấm gồm 03 trang
Nội dung đáp án Điểm
Bài 1 3,5 đ
a
2,0đ

3 3
2 7 3x x+ + =
( )
3 3 3 3
2 7 3 2. 7 2 7 27x x x x x x + + + + + + =
0.50đ
3
9 9. ( 2)(7 ) 27x x + + =
0.25đ
3
( 2)(7 ) 2x x + =
0.25đ
( 2)(7 ) 8x x + =
0.25đ
2
5 6 0x x =
0.25đ
1
6
x
x
=

=

( thỏa mãn ) 0.50đ
b
1,50đ
Đặt
2
z
y
=
0.25đ
Hệ đã cho trở thành
3
3
2 3
2 3
x z
z x

+ =


+ =


0.25đ
( )
3 3

3 x z z x =
0,25đ
( )
( )
2 2
3 0x z x xz z + + + =
0,25đ
x z =
(vì
2 2
3 0, ,x xz z x z+ + + >
). 0,25đ
Từ đó ta có phơng trình:
3
1
3 2 0
2
x
x x
x
=

=

=

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:
( )
( , ) ( 1; 2), 2,1x y =
0,25đ

Bài 2:
1,0 đ
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:
2
0 4 8 0a a
(*). 0,25đ
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm nguyên của phơng trình đã cho ( giả sử x
1
x
2
). 0,25đ
Đề thi chính thức
Theo định lý Viet:
1 2
1 2 1 2
1 2
. 2
. 2
x x a
x x x x
x x a
+ =

=

= +

1 2
( 1)( 1) 3x x =
1
2
1 3
1 1
x
x
=



=

hoặc
1
2
1 1
1 3
x
x
=


=

(do x
1
- 1 x

2
-1)
1
2
4
2
x
x
=



=

hoặc
1
2
0
2
x
x
=


=

Suy ra a = 6 hoặc a = -2 (thỏa mãn (*) )
0,25đ
Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25đ

Bài 3:
2,0 đ

Vì BE là phân giác góc
ã
ABC
nên
ã
ã
ẳ
ẳ
ABM MBC AM MN= =
0,25đ
ã
ã
MAE MAN =
(1) 0,50đ
Vì M, N thuộc đờng tròn đờng
kính AB nên
ã
ã
0
90AMB ANB= =

0,25đ


ã
ã
0

90ANK AME= =
, kết hợp
với (1) ta có tam giác AME đồng
dạng với tam giác ANK
0,50đ
AN AK
AM AE
=
0,25đ
AN.AE = AM.AK (đpcm)
0,25đ
Bài 4:
1,5 đ
Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên
ã
ã
ANM AIM=
Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên
ã
ã
ANM ABC=
ã
ã
AIM ABC =
.Suy ra tứ giác BOIM nội tiếp
0,25đ
Từ chứng minh trên suy ra tam giác AMI
đồng dạng với tam giác AOB
. .
AM AI

AI AO AM AB
AO AB
= =
(1)
0,25đ
Gọi E, F là giao điểm của đờng thẳng AO
với (O) (E nằm giữa A, O).
Chứng minh tơng tự (1) ta đợc:
AM.AB = AE.AF
= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R)
= AO
2
- R
2
= 3R
2
0,25đ
AI.AO = 3R
2

2 2
3 3 3
2 2 2
R R R R
AI OI
AO R
= = = =
(2)
0,25đ
Tam giác AOB và tam giác COK đồng dạng nên 0,25đ

K
OA.OK = OB.OC = R
2
2 2
2 2
R R R
OK
OA R
= = =
(3)
Từ (2), (3) suy ra OI = OK
Suy ra O là trung điểm IK, mà O là trung điểm của BC
Vì vậy BICK là hình bình hành
0,25đ
Bài 5:
2,0 đ
a,
1,0 đ
Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC.
Không mất tính tổng quát, giả sử A và O
nằm về 2 phía của đờng thẳng BC
0,25đ
Suy ra đoạn AO cắt đờng thẳng BC tại K.
Kẻ AH vuông góc với BC tại H.
0,25đ
Suy ra AH AK < AO <1 suy ra AH < 1
0,25đ
Suy ra
. 2.1
1

2 2
ABC
AH BC
S

= < =
(mâu thuẫn
với giả thiết). Suy ra điều phải chứng minh.
0,25đ
b, 1,0đ
Ta có: 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
)
= a
3
+ b
3
+ c
3
+ a

2
b + b
2
c + c
2
a + ab
2
+ bc
2
+ ca
2

0,25đ
mà a
3
+ ab
2


2a
2
b (áp dụng BĐT Côsi )
b
3
+ bc
2


2b
2

c
c
3
+ ca
2


2c
2
a
Suy ra 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)

3(a
2
b + b
2
c + c
2
a) > 0
0,25đ
Suy ra
2 2 2
2 2 2
P

ab bc ca
a b c
a b c
+ +
+ + +
+ +
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 ( )
P
2( )
a b c
a b c
a b c
+ +
+ + +
+ +
0,25đ
Đặt t = a
2
+ b
2
+ c
2
, ta chứng minh đợc t

3.
Suy ra
9 9 1 3 1

3 4
2 2 2 2 2 2 2
t t t
P t
t t

+ = + + + =
P 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4
0,25đ
Nếu thí sinh giải cách khác đúng của mỗi câu thì vẫn cho tối đa điểm của
câu đó
Phòng GD-ĐT Hải Hậu
Đề thi thử vào lớp10 thpt
Trờng THCS
B
Hải Minh
đề dùng cho hs thi vào trờng chuyên
(Thời gian làm bài 150

)
Bài 1(1đ):
Cho biểu thức
x
x
x
x
xx
xx

P

+
+
+




=
3
3
1
)3(2
32
3
Rút gọn P.
Bài 2(1đ):
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng ph-
ơng trình:
x
2
+ (a + b + c)x + ab + bc + ca = 0 vô nghiệm.
Bài 3(1đ):
Giải phơng trình sau:
2572654 +=++ xxx
Bài 4(1đ):
Giải hệ phơng trình sau:

=+++
=+++
04
0252
22
22
yxyx
xyxyyx
Bài 5(1đ):
Chứng minh rằng:
6
8
33
3223223 >






++
Bài 6(1đ):
Cho x, y, z> 0 thoả mãn:
3
111
=++
zyx

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
zx
xz
yz
zy
xy
yx
P
22
2222
2
22
+
+
+
+
+
=
Bài 7(1đ):
Trong mặt phẳng 0xy cho đờng thẳng (d) có phơng trình
2kx + (k - 1)y = 2 (k là tham số)
a) Tìm k để đờng thẳng (d) song song đờng thẳng y = x
3
. Khi đó
tính góc tạo bởi đờng thẳng (d) với 0x.
b) Tìm k để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d) lớn nhất.
Bài 8(1đ):
Cho góc vuông x0y và 2 điểm A, B trên Ox (OB > OA >0), điểm M
bất kỳ trên cạnh Oy(M O). Đờng tròn (T) đờng kính AB cắt tia MA,MB lần l-
ợt tại điểm thứ hai:

C , E . Tia OE cắt đờng tròn (T) tại điểm thứ hai F.
1. Chứng minh 4 điểm: O, A, E, M nằm trên 1 đờng tròn.
2. Tứ giác OCFM là hình gì? Tại sao?
Bài 9(1đ): Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại H.
Chứng minh rằng:
6
111
++
HC
HC
HB
HB
HA
HA
.Dấu "=" xảy ra khi nào?
Bài 10(1đ): Cho 3 tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng, đôi một vuông góc với nhau.
Lấy điểm A, B, C bất kỳ trên Ox, Oy và Oz.
a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: OH vuông
góc với mặt phẳng ABC
b) Chứng minh rằng:
OACOBCOABABC
SSSS
2222
++=

.
Đáp án:
Bài Bài giải Điểm
Bài 1
(1 điểm)
Điều kiện:
90
03
032
0









x
x
xx
x
* Rút gọn:
1
8
)3)(1(
2483
)3)(1(
)1)(3()3(23

2
+
+
=
+
+
=
+
++
=
x
x
xx
xxxx
xx
xxxxx
P
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 2
(1 điểm)
Ta có: =(a + b + c)
2
- 4(ab + bc + ca) = a
2
+b
2
+c

2
-2ab-2bc-2ca
* Vì a, b, c là 3 cạnh a
2
< (b + c)a
b
2
< (a + c)b
c
2
< (a + b)c
a
2
+ b
2
+ c
2

< 2ab + 2ac + 2bc
< 0 phơng trình vô nghiệm.
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 3
(1 điểm)
Bài 4
(1 điểm)
* Điều kiện:
52/7

072
05




+

x
x
x
* Phơng trình
( ) ( )
1
025
0372
025372
0)4545()972672(
22
=





=
=+

=++
=+++++

x
x
x
xx
xxxx
0.25
0.25
0.25
0.25
Giải hệ:





=+++
=++
)2(04
)1(0252
22
22
yxyx
yxyxyx
Từ (1) 2x
2
+ (y - 5)x - y
2
+ y + 2 = 0

+
=
+
=
=

=

=++=
2
1
4
)1(35
2
4
)1(35
)1(9)2(8)5(
222
yyy
x
y
yy
x
yyyy
x
0.25

* Với: x = 2 - y, ta có hệ:
1
012
2
04
2
2
22
==



=+
=




=+++
=
yx
yy
yx
yxyx
yx
*Với
2
1
+
=

y
x
, ta có hệ:















=
=
==




=
=

=+++
+
=
5
13
5
4
1
045
12
04
2
1
2
22
y
x
yx
xx
xy
yxyx
y
x
Vậy hệ có 2 nghiệm: (1;1) và

5
13
;
5
4
0.25
0.25
0.25
Bài 5
(1 điểm)
Đặt a = x + y, với:
33
223;223
=+=
yx
Ta phải chứng minh: a
8
> 3
6
Ta có:

3
cos
3333
33
.1.13.3)11(3

36)(3)(
1.
6
aa
ayxxyyxyxa
yx
yx
y
>++=
+=+++=+=



=
=+
(vì: x > 1; y > 0 a > 1)
a
9
> 9
3
.a a
8
> 3
6
(đpcm).
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 6

(1 điểm)
* áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1,
2
và
yx
2
,
1
)1(
21
3
112
2
2121
)21(
22
22
2
22
2
2








++=

+









+








++
yxxyxy
yx
yxyx
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y
Tơng tự:
)3(
21
3
12
)2(

21
3
1
2
22
22






+
+








+
+
xzzx
xz
zyyz
zy
Từ (1), (2), (3)
3

333
3
1
=








++
zyx
P
Suy ra: P
min
= 3 khi: x = y = z =
3
.
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 7
(1 điểm)
1).* Với k = 1 suy ra phơng trình (d): x = 1 không song song:
y =
x3
* Với k 1: (d) có dạng:

1
2
.
1
2

+

=
k
x
k
k
y
để: (d) // y =
x3

3
1
2
=


k
k
)32(3
=
k
Khi đó (d) tạo Ox một góc nhọn với: tg =
3

= 60
0
.
2)* Với k = 1 thì khoảng cách từ O đến (d): x = 1 là 1.
* k = 0 suy ra (d) có dạng: y = -2, khi đó khoảng cách từ O đến (d) là 2.
* Với k 0 và k 1. Gọi A = d Ox, suy ra A(1/k; 0)
B = d Oy, suy ra B(0; 2/k-1)
Suy ra: OA =
1
2
;
1

=
k
OB
k
Xét tam giác vuông AOB, ta có :
5
5
2
2
5
4
5
1
5
2
125
2

111
22
222
=
+







=
+
=
+=
k
kk
OH
OBOAOH
Suy ra (OH)
max
=
5
khi: k = 1/5.
Vậy k = 1/5 thì khoảng cách từ O đến (d) lớn nhất.
0.25
0.25
0.25
0.25

Bài 8
(1điểm)
y
M
a) Xét tứ giác OAEM có: F
vEO 2
=+

E
(Vì:
vE 1
=

góc nội tiếp )
Suy ra: O, A, E, M B
cùng thuộc đờng tròn.
O A x
C
b) Tứ giác OAEM nội tiếp, suy ra:

=
11
EM
*Mặt khác: A, C, E, F cùng thuộc đờng tròn (T) suy ra:

=
11
CE
Do đó:
=

FCOMCM //
11
Tứ giác OCFM là hình thang.
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 9
(1điểm)
b)* Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác.
* Đặt S = S

ABC
; S
1
= S
HBC
; S
2
= S
HAC
; S
3
= S
HAB
.
Ta có:
0.25
1

1
1
1
1
1
H
B
C
A
C
B
A
11
1
1
1
1
1

2
1

2
1
HA
HA
HA
AA
BCHA
BCAA

S
S
+===

T¬ng tù:
12
1
HB
HB
S
S
+=



13
1
HC
HC
S
S
+=

Suy ra:
3
111
)(
3
111
321

321
321111
−








++++=
−








++=++
SSS
SSS
SSS
S
HC
HC
HB
HB

HA
HA
Theo bÊt ®¼ng thøc C«sy:
639
9
111
)(
111
321
321
=−≥++⇒
≥








++++=
HC
HC
HB
HB
HA
HA
SSS
SSS
DÊu "=" x¶y ra khi tam gi¸c ABC ®Òu

0.25
0.25
0.25
Bài 10
(1điểm)
a) Gọi AM, CN là đờng cao của tam giác ABC.
Ta có: AB CN
AB OC (vì: OC mặt phẳng (ABO)
Suy ra: AB mp(ONC) AB OH (1).
Tơng tự: BC AM; BC OA, suy ra: BC mp (OAM) OH BC (2).
Từ (1) và (2) suy ra: OH mp(ABC)
b) Đặt OA = a; OB = b; OC = c.
Ta có:
)).((
4
1
.
4
1
.
2
1
222222
2
OBOAONOCABCNSABCNS
ABCABC
++===

Mặt khác: Do tam giác OAB vuông, suy ra:
222

22222222
22
22
2
2
22
22
2
22222
4
1
4
1
4
1
)(
4
1
11111
OACOABOBC
ABC
SSS
cabcbaba
ba
ba
cS
ba
ba
ON
baOBOAON

++=
=++=+








+
+=
+
=+=+=

0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 1: Cho biểu thức:
( ) ( )( )
yx
xy
xyx
y
yyx
x
P
+

++

+
=
111))1)((
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x
2
và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ;
-2) .
a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B
phân biệt
b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung.
Bài 3: Giải hệ phơng trình :

9
1 1 1
1
27
x y z
x y z
xy yz zx

+ + =


+ + =

+ + =

Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
);( BCAC

. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với
đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia
AM cắt BC tại N.
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tính BC theo R.
Bài 5: Cho
Rzyx

,,
thỏa mãn :
1 1 1 1
x y z x y z
+ + =
+ +
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
y
8
)(y
9
+ z

9
)(z
10
x
10
) .
Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :;
0;1;0;0
+
yxyyx
.
*). Rút gọn P:
( )
( ) ( ) ( )
(1 ) (1 )
1 1
x x y y xy x y
P
x y x y
+ +
=
+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1
x y x x y y xy x y
x y x y
+ + +

=
+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
x y x y x xy y xy
x y x y
+ + +
=
+ +
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 1
1 1
x x y x y x x
x y
+ + + +
=
+
( )
1
x y y y x
y
+
=

( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
1

x y y y y
y
+
=

.x xy y= +
Vậy P =
.yxyx
+
b). P = 2

.yxyx
+
= 2

( ) ( )
( )( )
111
111
=+
=++
yx
yyx
Ta có: 1 +
1y

1 1x

0 4x
x = 0; 1; 2; 3 ; 4

Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a). Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình
đờng thẳng (d) là : y = mx + m 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x
2
= mx + m 2


x
2
+ mx + m 2 = 0 (*)
Vì phơng trình (*) có
( )
mmmm
>+=+=
04284
2
2
nên phơng trình (*) luôn
có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung

phơng trình : x
2
+ mx + m 2 = 0 có
hai nghiệm trái dấu

m 2 < 0

m < 2.
Q
N
M
O
C
B
A
Bài 3 :
( )
( )







=++
=++
=++
327
)2(1
111
19
xzyzxy
zyx
zyx
ĐKXĐ :
.0,0,0

zyx

( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2
81 2 81
81 2 27
2( ) 2 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
( ) 0
x y z x y z xy yz zx
x y z xy yz zx x y z
x y z xy yz zx x y z xy yz zx
x y y z z x
x y
x y
y z y z x y z
z x
z x

+ + = + + + + + =
+ + = + + + + =
+ + = + + + + + + =
+ + =

=
=



= = = =


=
=


Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy
nhất x = y = z = 3.
Bài 4:
a). Xét
ABM

và
NBM

.
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90

o
.
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=>
BAN

cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM).
=> Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét
MCB

và
MNQ

có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)


BMC =

MNQ ( vì :

MCB =

MNC ;

MBC =

MQN ).
=>
) ( cgcMNQMCB
=
=> BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có

BQAC
AB
2
= BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB
2
= BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R
2
= BC( BC + 2R) => BC =
R)15(

Bài 5:
Từ :
zyxzyx
++
=++
1111
=>
0
1111

=
++
++
zyxzyx
=>
( )
0
=
++
++
+
+
zyxz
zzyx
xy
yx

( )
( )
( )
( )( )
0)(
0
)(
0
11
2
=+++
=

++
+++
+
=








++
++
xzzyyx
zyxxyz
xyzzyzx
yx
zyxzxy
yz
Ta có : x
8
y

8
= (x + y)(x-y)(x
2
+y
2
)(x
4
+ y
4
).=
y
9
+ z
9
= (y + z)(y
8
y
7
z + y
6
z
2
- + z
8
)
z
10
- x
10
= (z + x)(z

4
z
3
x + z
2
x
2
zx
3
+ x
4
)(z
5
- x
5
)
Vậy M =
4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
3
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d
/
đối xứng với đ-
ờng thẳng d qua đờng thẳng y = x là:
A.y =
2
1
x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y =

2
1
x - 2 ; D.y = - 2x - 4
Hãy chọn câu trả lời đúng.
2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm
vào bình một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại
3
2
bình. Tỉ số giữa bán
kính hình trụ và bán kính hình cầu là A.2 ; B.
3
2
; C.
3
3
; D. một kết quả khác.
Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x
4
- 11 x
3
+ 19x
2
- 11 x + 2 = 0
2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A =
x
+
y
Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7
Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao

cho AB < AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho
MB
MA
=
2
1
Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất
kỳ trên đoan CD.
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của
MN.
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.
c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố
định.
Hớng dẫn
M
D
C
B
A
x
Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng.
2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1
Bài 2 : 1)A = (n + 1)
4
+ n
4
+ 1 = (n
2
+ 2n + 1)

2
- n
2
+ (n
4
+ n
2
+ 1)
= (n
2
+ 3n + 1)(n
2
+ n + 1) + (n
2
+ n + 1)(n
2
- n + 1)
= (n
2
+ n + 1)(2n
2
+ 2n + 2) = 2(n
2
+ n + 1)
2
Vậy A chia hết cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) Do A > 0 nên A lớn nhất

A
2

lớn nhất.
Xét A
2
= (
x
+
y
)
2
= x + y + 2
xy
= 1 + 2
xy
(1)
Ta có:
2
yx +

xy
(Bất đẳng thức Cô si)
=> 1 > 2
xy
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: A
2
= 1 + 2
xy
< 1 + 2 = 2
Max A
2

= 2 <=> x = y =
2
1
, max A =
2
<=> x = y =
2
1
Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)
Có 2 trờng hợp: 4 + b = 1 và 4 + b = 7
4 + c = - 7 4 + c = - 1
Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2
Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)
Câu2 (1,5điểm)
Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:
AD =
4
1
AB. Ta có D là điểm cố định
Mà
AB
MA
=
2
1
(gt) do đó
MA

AD
=
2
1

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có
ã
MAB
(chung)

AB
MA
=
MA
AD
=
2
1
Do đó AMB ADM =>
MD
MB
=
AD
MA
= 2
=> MD = 2MD (0,25 điểm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
Dấu "=" xảy ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC
Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC

K
O
N
M
I
D
C
B
A
* Cách dựng điểm M.
- Dựng đờng tròn tâm A bán kính
2
1
AB
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD =
4
1
AB
M là giao điểm của DC và đờng tròn (A;
2
1
AB)
Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do
ã
MAN
= 90
0
nên MN là đờng kính
Vậy I là trung điểm của MN

b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD vuông cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định .


Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0x y y z z x+ + = + + = + + =
Tính giá trị của biểu thức :
2007 2007 2007
A x y z= + +
.
Bài 2). Cho biểu thức :
2 2
5 4 2014M x x y xy y= + + +
.
Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó
Bài 3. Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 2
18
1 . 1 72
x y x y
x x y y

+ + + =

+ + =


Bài 4. Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ
trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D.
a.Chứng minh : AC . BD = R
2
.
b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất .
Bài 5.Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng :
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD
2
= AB . AC - BD . DC.
Hớng dẫn giải