5 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC2009-2010: HÀ NỘI, QUẢNG NGÃI, HÀ NAM, HÀ TĨNH, AN GIANG và hướng dẫn giải

5 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC2009-2010:
HÀ NỘI, QUẢNG NGÃI, HÀ NAM, HÀ TĨNH, AN GIANG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
–––––––––––

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2009-2010
Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1:(2,5 điểm)
x
1
1
+
+
; x ≥ 0, x ≠ 4
x−4
x −2
x +2
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x= 25.

Cho biểu thức:

A=

3. Tìm giá trị của x để A =

−1
.
3

Câu 2: (2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may
trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất
may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao
nhiêu chiếc áo?
Câu3: (1,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 + 2 = 0
1. Giải phương trình đã cho khi m =1.
2. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 thoả mãn
2
2
hệ thức: x1 + x 2 = 10
Câu4: (3,5 điểm)
Cho đường trịn (O, R) và điểm A nằm bên ngồi đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC
với đường tròn (B, C là các tiếp điểm)
1. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vng góc với OA và OE.OA
= R2.
3. Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O, R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B, C). Tiếp
tuyến tại K của đường tròn (O, R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh
tam giác APQ có chu vi khơng đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
4. Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ

tự tại M, N. Chứng minh rằng PM + QN ≥ MN .
Câu5: (0,5 điểm)
Giải phương trình:

1
1 1
x 2 − + x 2 + x + = ( 2 x 3 + x 2 + 2 x + 1) .
4
4 2


HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT (2009-2010)
CÂU
1

NỘI DUNG

ĐIỂM

2,5đ

1.1 Rút gọn biểu thức
Đặt y = x ⇒ x = y2 ; y ≥ 0, y ≠ 2
y2
1
1
+
+
Khi đó A = 2

y − 4 y −2 y +2
=

y2
y+2
y −2
+ 2
+ 2
y2 − 4 y − 4 y − 4

y ( y + 2)
y2 + 2 y
y
= 2
=
=
y − 4 ( y − 2) ( y + 2) y − 2

Suy ra A =

0,5

x
x −2

1.2 Tính giá trị A khi x= 25
25
5
=
Khi x = 25 ⇒ A =

25 − 2 3
−1
1.3 Tìm x khi A =
3
−1
y
−1
A=
⇔
=
3
y −2 3
⇔ 3y = − y + 2
⇔ 4y = 2
1
1
1
⇔y= ⇔ x = ⇔x=
2
2
4
2

0,5

Gọi số áo tổ 1 may được trong 1 ngày là x ( x ∈ ¥ ; x > 10 )
số áo tổ 2 may được trong 1 ngày là y ( y ∈ ¥ , y ≥ 0 )
Chênh lệch số áo trong 1 ngày giữa 2 tổ là: x-y = 10
Tổng số áo tổ 1 may trong 3 ngày, tổ 2 may trong 5 ngày là: 3x+5y = 1310

0,5

1

2,5đ
0,5
2


 x − y = 10

3 x + 5 y = 1310

 y = x − 10
⇔
3x + 5 ( x − 10 ) = 1310
 y = x − 10
⇔
8 x − 50 = 1310
 x = 170
⇔
 y = 160

(Thích hợp đk)

Vậy: Mỗi ngày tổ 1 may được 170 áo, tổ 2 may được 160 áo
3

1đ
Khi m=1 ta có phương trình: x − 4 x + 3 = 0

2

3.1

Tổng hệ số a+b+c = 0 ⇒ Phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x 2 =

∆ ' x = ( m + 1) − ( m 2 + 2 ) = 2 m − 1

c
=3
a

0,5

2

3.2

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ 'x = 2m − 1 > 0 ⇔ m >

1
2

0,25

−b

x1 + x 2 =
= 2 ( m + 1)



a
Theo định lý Viét 
 x x = c = m2 + 2
 1 2 a

2
x1 + x 2 = ( x 1 + x 2 ) − 2 x 1x 2
2
2

= 4 ( m + 1) − 2 ( m 2 + 2 )
2

0,25

= 2m2 + 8 m
2
x1 + x 2 = 10 ⇔ 2m2 + 8 m = 10
2
m = 1
⇔ 2m2 + 8 m − 10 = 0 ⇔ 
(loại)
 m = −5

Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
4
4.1

3,5đ

1đ

0,5

Vẽ đúng hình và ghi đầy đủ giả thiết kết luận


Do AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O)
·
·
⇒ ACO = ABO = 90°

0,5

⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp được.
4.2

1đ
AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O) ⇒ AB =AC
Ngoài ra: OB = OC = R
Suy ra OA là trung trực của BC ⇒ OA ⊥ BE
∆OAB vuông tại B, đường cao BE
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ta có: OE.OA = OB2 = R 2

4.3
PB, PK là 2 tiếp tuyến kẻ từ P đến (O) nên PK = PB
tương tự ta cũng có QK = QC
Cộng vế ta có:
PK + KQ = PB + QC
⇔ AP + PK + KQ + AQ = AP + PB + QC + QA

⇔ AP + PQ + QA = AB + AC
⇔ Chu vi ∆APQ = AB + AC

Cách 1

4.4

0,5

0,5
1đ
0,5

0,5

0,5

0,5

∆MOP đồng dạng với ∆NQO
OM MP
Suy ra:
=
QN NO
MN2
⇔ MP.QN = OM.ON =
4
⇔ MN2 = 4MP.QN ≤ ( MP + QN )
⇔ MN ≤ MP + QN

2


Cách 2

0,5
Gọi H là giao điểm của OA và (O), tiếp tuyến tại H với (O) cắt AM, AN tại X,
Y.
Các tam giác NOY có các đường cao kẻ từ O, Y bằng nhau ( = R)
⇒ ∆NOY cân đỉnh N ⇒ NO = NY
Tương tự ta cũng có: MO = MX
⇒ MN = MX + NY.
Khi đó: XY + BM + CN = XB + BM + YC + CN = XM + YN = MN
Mặt khác
MP + NQ = MB + BP + QC + CN = MB + CN + PQ ≥ MB + CN + XY = MN

5

0,5đ
2

1
1
1
1


PT ⇔ x 2 − +  x + ÷ = ( 2x + 1) ( x 2 + 1) =  x + ÷( x 2 + 1)



4
2
2
2

Vế phải đóng vai trị là căn bậc hai số học của 1 số nên phải có VP ≥ 0
1
−1
Nhưng do ( x 2 + 1) > 0 ∀x ∈ ¡ nên VP ≥ 0 ⇔ x + ≥ 0 ⇔ x ≥
2

0,25

2

2

Với điều kiện đó:  x + 1  = x + 1 = x + 1

÷


PT

2

2

2

1
1 
1
⇔ x 2 − + x + =  x + ÷( x 2 + 1)
4
2 
2

1 
1
=  x + ÷( x 2 + 1)
4 
2
1 
1

⇔  x + ÷ =  x + ÷( x 2 + 1)

2 
2
1

−1

x+ =0

x = 2
2
⇔
⇔

 2


x + 1 = 1 x = 0
−1
;0
Tập nghiệm: S =
2
⇔ x2 + x +

{ }

0,25


SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2009 - 2010
Mơn thi : Tốn
Thời gian làm bài:120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. (1,5điểm).
1. Thực hiện phép tính : A = 3 2 - 4 9.2
a+ a
 a - a 
+1÷

-1÷ với a ≥ 0; a ≠ 1 .
÷
a +1 ÷ a -1 



2. Cho biểu thức P = 


a) Chứng minh P = a -1.
b) Tính giá trị của P khi a = 4 + 2 3 .
Bài 2. (2,5 điểm).
1. Giải phương trình x2- 5x + 6 = 0
2. Tìm m để phương trình x2- 5x - m + 7 = 0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn hệ thức
2
2
x1 + x2 = 13 .
3. Cho hàm số y = x 2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) : y = - x + 2
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
Bài 3. (1,5 điểm).
Hai vịi nước cùng chảy vào một cái bể khơng có nước thì trong 5 giờ sẽ đầy bể. Nếu
vịi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ hai chảy trong 4 giờ thì được

2
bể nước.
3

Hỏi nếu mỗi vịi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể ?
Bài 4. (3,5điểm).

Cho đường tròn (O; R) và một điểm S nằm bên ngồi đường trịn. Kẻ các tiếp tuyến
SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Một đường thẳng đi qua S (không đi qua
tâm O) cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm M và N với M nằm giữa S và N. Gọi H là giao
điểm của SO và AB; I là trung điểm MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E.
a) Chứng minh IHSE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh OI.OE = R2.
c) Cho SO = 2R và MN = R 3 . Tính diện tích tam giác ESM theo R.
Bài 5. (1,0 điểm).
Giải phương trình 2010 - x + x - 2008 = x 2 - 4018 x + 4036083


SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2009 - 2010

HUỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MƠN TỐN
Tóm tắt cách giải

Biểu điểm

Bài 1 : (1,5 điểm)
Bài 1.1 (0,5 điểm)
0,25điểm
0,25điểm

3 2 - 4 9 . 2 = 3 2 -12 2
= -9 2

Bài 1.2. (1,0 điểm)
a) Chứng minh P = a - 1:
a+ a

P= 


 a +1

 a - a



 a ( a +1)







+1÷
÷

-1÷ = 
a -1 ÷ 

a +1

 a ( a -1)

+1÷
÷


a -1



-1÷
÷

0,25 điểm



= ( a +1)( a -1) = a -1

Vậy P = a

-1
b) Tính giá trị của P khi a = 4 + 2 3
a = 4 + 2 3 = 3 + 2 3 +1 =

(

0,25 điểm

)

3 +1

2

= 3 +1

0,25 điểm

P = a -1 = 3 +1-1 = 3

0,25 điểm

Bài 2 : (2,5 điểm)
1. (0,5 điểm)
Giải phương trình x2 − 5x + 6 = 0
Ta có ∆ = 25 − 24 = 1
Tính được : x1= 2; x2 = 3
2. (1,0 điểm)
Ta có ∆ = 25 − 4(− m + 7) = 25 + 4m − 28 = 4m − 3

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

3
Phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 ⇔ ∆ = 4m − 3 ≥ 0 ⇔ m ≥
4

3

4

2
2
Với điều kiện m ≥ , ta có: x1 + x2 = ( x1 + x2 ) - 2 x1x2 =13

0,25 điểm

2

⇔ 25 - 2(- m + 7) = 13

0,25 điểm

⇔ 2m = 2 ⇔ m = 1 ( thỏa mãn điều kiện ).

Vậy m = 1 là giá trị cần tìm

0,25 điểm


3.(1,0 điểm)
a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d) :
Bảng giá trị tương ứng:
x
-2
-1
0
y = -x + 2 4
3

2
2
y=x
4
1
0

1
1
1

2
0
4

y

4

0,5 điểm
2

1
-5

-2

-1

O

1

2

5

x

b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình :
x2 + x -2 = 0 ; Giải phương trình ta được x1 = 1 và x2 = -2
Vậy tọa độ giao điểm là (1 ; 1) và (-2 ; 4)
Bài 3 (1,5 điểm)
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là x (h) và thời gian
vịi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là y (h).
Điều kiện : x , y > 5.
1
Trong một giờ, vòi thứ nhất chảy được bể.
x
1
Trong một giờ vòi thứ hai chảy được y bể.
1
Trong một giờ cả hai vòi chảy được : bể.
5

Theo đề bài ta có hệ phương trình :
1 1 1
x + y = 5



3 + 4 = 2
x y 3


Giải hệ phương trình ta được x = 7,5 ; y = 15 ( thích hợp )
Trả lời : Thời gian vịi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là 7,5 (h) (hay
7 giờ 30 phút ).
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là 15 (h).

0,25 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm
0,25 điểm


0,25 điểm
0,5 điểm

Bài 4 (3,5 điểm)
Vẽ hình đúng

E

A

N
I

M
S

H

O

B

a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một đường tròn :
Ta có SA = SB ( tính chất của tiếp tuyến)
Nên ∆ SAB cân tại S
Do đó tia phân giác SO cũng là đường cao ⇒ SO ⊥ AB
I là trung điểm của MN nên OI ⊥ MN
·
·
Do đó SHE = SIE = 1V
⇒ Hai điểm H và I cùng nhìn đoạn SE dưới 1 góc vng nên tứ giác IHSE
nội tiếp đường trịn đường kính SE

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

b) ∆ SOI đồng dạng ∆ EOH ( g.g)

0,25 điểm

OI OS
=
⇒ OI.OE = OH.OS
OH OE

0,25 điểm

⇒

mà OH.OS = OB2 = R2 ( hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB)
nên OI.OE = R 2
3R
R
R2
⇒ OE =
= 2R ⇒ EI = OE − OI =
2
2
OI
R 15
Mặt khác SI = SO 2 − OI2 =
2
R 3( 5 − 1)
⇒ SM = SI − MI =
2
SM.EI R 2 3 3( 5 − 1)
Vậy SESM =
=

2
8

c) Tính được OI=

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm


Bài 5 (1,0 điểm)
Phương trình : 2010 − x + x − 2008 = x 2 − 4018x + 4036083 (*)
 2010 − x ≥ 0
⇔ 2008 ≤ x ≤ 2010
 x − 2008 ≥ 0

Điều kiện 

Áp dụng tính chất ( a + b )
Ta có :

(

2

≤2

2010 − x + x − 2008

⇒ 2010 − x + x − 2008 ≤ 2

)

( a 2 + b2 )
2

0,25 điểm

với mọi a, b

≤ 2 ( 2010 − x + x − 2008 ) = 4

( 1)
2

Mặt khác x 2 − 4018x + 4036083 = ( x − 2009 ) + 2 ≥ 2 ( 2)
2

Từ (1) và (2) ta suy ra : (*) ⇔ 2010 − x + x − 2008 = ( x − 2009 ) + 2 = 2

0,25 điểm

2

⇔ ( x − 2009 ) = 0 ⇔ x = 2009 ( thích hợp)

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2009

0,25 điểm
0,25 điểm

Ghi chú:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một trong các cách giải, mọi cách giải khác nếu
đúng vẫn cho điểm tối đa theo biểu điểm qui định ở từng bài.
-Đáp án có chỗ cịn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ còn chưa chi tiết cho từng
bước biến đổi, lập luận; tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất trước khi chấm.
-Điểm tồn bộ bài khơng làm trịn số.


SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức : A = ( 2 + 3 2 ) − 288
2

2) Giải phương trình:
a) x2 + 3x = 0
b) –x4 + 8x2 + 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 = –3x2. 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 4x + 1 + 2 3 − x = 3x + 14 .
Bài 5. (4điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vng 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 trịn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở
E và F.
·
a) Chứng minh: EOF = 900
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.


BÀI GIẢI
Bài 1. (2điểm)

1. A = ( 2 + 3 2 ) − 288 = 22 + 2.2.3 2 + ( 3 2 ) − 2.144
2

2

= 4 + 12 2 + 18 − 12 2 = 22

⇔ x( x + 3) = 0
2. a) x + 3x = 0
⇔ x1 = 0 ; x2 = – 3 .
Tập nghiệm phương trình: S = { 0; −3}
b) –x4 + 8x2 + 9 = 0 ⇔ x4 – 8x2 – 9 = 0
Đặt y = x2 ( y ≥ 0) , ta được phương trình trung gian ẩn y:
2

y2 – 8y – 9 = 0
Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên y1 = – 1 (loại); y2 = 9 (nhận)
Do đó: x2 = 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 ,ta có số mới:
10x + 14 – x = 9x + 14
Theo đề tốn ta có phương trình:
9x + 14 –(140 –9x ) = 18
⇔ 9x + 14 –140 +9x = 18
⇔
18x = 144
⇔
x =8
Giá trị x = 6 thỏa mãn điều kiện .
Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68.
Chú ý: Có thể lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
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 hồnh độ các giao điểm là nghiệm PT:
–3x2 = – 12 ⇔ x = ± 2
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; – 12) và B(– 2; – 12)
A ∈ (d) nên yA = – 2xA + b hay – 12 = – 2. 2 + b ⇒ b = – 8
B ∈ (d) nên yB = – 2xB + b hay – 12 = – 2.(– 2) + b ⇒ b = – 16
Có hai đường thẳng (d) tìm được thỏa mãn đề bài:
(d1): y = – 2x – 8 và (d2): y = – 2x – 16
Bài 4. PT : 6 4x + 1 + 2 3 − x = 3x + 14
(1)

1

1
4x + 1 ≥ 0
x ≥ −
⇔
4 ⇔ − ≤ x ≤ 3 (*)
ĐK: 
4
 3− x ≥ 0
 x≤3




(1) ⇔ 3x + 14 − 6 4x + 1 − 2 3 − x = 0
⇔ (4x + 1) – 2. 3. 4x + 1 + 9 + (3 – x) – 2 3 − x + 1 = 0
⇔

(

) (
2

4x + 1 − 3 +

)

2

3 − x −1 = 0

 4x + 1 − 3 = 0

⇔
⇔ x = 2 (thỏa mãn đk (*))
3 − x −1 = 0



Tập nghiệm phương trình đã cho: S = { 2}
·
Bài 5: a) Chứng minh: EOF = 900
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: EOF = 900 (đpcm)
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
·
·
Ta có: EAO = EMO = 900 (tính chất tiếp tuyến)
·
·
Tứ giác AEMO có EAO + EMO = 1800 nên nội tiếp được trong một đương trịn.
• Tam giác AMB và tam giác EOF có:
·
·
·
·
AMB = EOF = 900 , 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 .
AK AE
=
Tam giác AEK có AE // FB nên:
KF BF

y
F

Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)x
Nên :

AK ME

=
. Do đó MK // AE (định lí đảo của định
KF MF

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:

M
E
K
A

N

O

MK FK
=
(1)
AE FA

NK BK
=
(2)
AE BE
FK BK
FK

BK
FK BK
=
=
=
Mà
( do BF // AE) nên
hay
(3)
KA KE
KA + FK BK + KE
FA BE
∆ BEA có: NK // AE nên:

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

MK KN
=
. Vậy MK = NK.
AE AE

B


S

KN

1

AKB
Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: S = MN = 2
AMB

1
2

Do đó: SAKB = SAMB .
Tam giác AMB vuông ở M nên tg A =
Vậy AM =

a
a 3 ⇒
và MB =
⇒ SAKB
2
2

MB
·
= 3 ⇒ MAB = 600 .
MA
1
1 1 a a 3
= . . .
= a 2 3 (đvdt)
16
2 2 2 2

Sở GD&ĐT HÀ TĨNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009-2010
Mơn: Tốn
Thời gian :120 phút

Bàì 1:
1. Giải phương trình: x2 + 5x + 6 = 0
2. Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + 3 đi qua điểm M(-2;2). Tìm hệ
số a
Bài 2:Cho biểu thức:
 x x
x2  
1 
P=
 x + 1 + x x + x ÷ 2 − x ÷ với x >0
÷




1.Rút gọn biểu thức P
2.Tìm giá trị của x để P = 0
Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì 1 xe phải
điều đi làm cơng việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so với dự
định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển. (biết khối lượng hàng mỗi xe chở
như nhau)
Bài 4: Cho đường tròn tâm O có các đường kính CD, IK (IK khơng trùng CD)

1. Chứng minh tứ giác CIDK là hình chữ nhật
2. Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tâm O thứ tự ở G; H
a. Chứng minh 4 điểm G, H, I, K cùng thuộc một đường trịn.
b. Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí của G và H khi diện tích tam giác DGH đạt
giá trị nhỏ nhất.
Bài 5: Các số a, b, c ∈ [ −1; 4] thoả mãn điều kiện a + 2b + 3c ≤ 4
chứng minh bất đẳng thức: a 2 + 2b 2 + 3c2 ≤ 36
Đẳng thức xảy ra khi nào?
……………..HẾT……………..


Hướng dẫn
Bàì 1:
1.Giải phương trình: x2 + 5x + 6 = 0
⇒ x1 = -2, x2= -3 .
2.Vì đường thẳng y = a.x +3 đi qua điểm M(-2,2) nên ta có:
⇒ a = 0,5
2 = a.(-2) +3
Bài 2:
Đk: x> 0
1

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

x (2 x − 1) ⇔ x = 0 , x =
2. P = 0 ⇔
Vì x = 0 khơng thỏa đk x> 0 nên loại .
4
1
Vậy P = 0 ⇔ x =
.
4
1.

P=(

x x

+

x2

).(2-

)

=

Bài 3:
Gọi số xe thực tế chở hàng là x xe ( x ∈ N*) thì số xe dự định chở hàng là x +1 ( xe ).
15
( tấn )
x +1
15

Nhưng thực tế mỗi xe phải chở :
( tấn )
x
15 15
Ta có phương trình :
= 0,5
x x +1

Theo dự định mỗi xe phải chở:

Giải phương trình ta được : x1 = -6 ( loại ) ; x2 = 5 ( nhận)
Vậy thực tế có 5 xe tham gia vận chuyển hàng .
Bài 4: 1, Ta có CD là đường kính, nên :
∠ CKD = ∠ CID = 900 ( T/c góc nội tiếp )
Ta có IK là đường kính, nên : ∠ KCI = ∠ KDI = 900 ( T/c góc nội tiếp)
Vậy tứ giác CIDK là hình chữ nhật .
2, a) Vì tứ giác CIDK nội tiếp nên ta có : ∠ ICD = ∠ IKD ( t/c góc nội tiếp)
Mặt khác ta có : ∠ G = ∠ ICD ( cùng phụ với ∠ GCI )
⇒ ∠ G = ∠ IKD Vậy tứ giác GIKH nội tiếp.
b) Ta có : DC ⊥ GH ( t/c)
⇒ DC2 = GC.CH mà CD là đường kính, nên độ dài CD khơng đổi .
⇒ GC. CH khơng đổi.
Để diện tích ∆ GDH đạt giá trị nhỏ nhất khi GH đạt giá trị nhỏ nhất.
Mà GH = GC + CH nhỏ nhất khi GC = CH
Khi GC = CH ta suy ra : GC = CH = CD
Và IK ⊥ CD .
Bài 5: Do -1 ≤ a, b, c ≤ 4
Nên a +1 ≥ 0
a–4 ≤ 0
2

Suy ra : ( a+1)( a - 4) ≤ 0 ⇒ a ≤ 3.a +4
Tương tự ta có
b2 ≤ 3b +4
⇒ 2.b2 ≤ 6 b + 8
3.c2 ≤ 9c +12
Suy ra:
a2+2.b2+3.c2 ≤ 3.a +4+6 b + 8+9c +12
a2+2.b2+3.c2 ≤ 36 ( vì a +2b+3c ≤ 4 )


SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
AN GIANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2009 – 2010
Khóa ngày: 28/6/2009
MƠN THI: TỐN (đề chung)
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1. (1,5 điểm)
Khơng dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
 14 − 7
15 − 5 
1
+
÷:
÷ 7− 5
2 −1
3 −1 



1) A = 

2) B =

x
2x − x
−
x −1 x − x

( x ≥ 0; x ≠ 1)

Bài 2. (1,5 điểm)
1) Cho hai đường thẳng d1: y = (m+1)x + 5 ; d2: y = 2x + n. Với giá trị nào của m, n
thì d1 trùng với d2 ?
2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ, cho hai đồ thị (P): y =

x2
; d: y = 6 – x. Tìm tọa độ
3

giao điểm của (P) và (d) bằng phép tốn.
Bài 3. (2 điểm)
Cho phương trình: x2 + 2(m + 3)x + m2 + 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 x1, x2 thỏa mãn x1 – x2 = 2
Bài 4. (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
1)

1
3
+
=2
x−2 6− x

2) x4 + 3x2 – 4 = 0
Bài 5. (3,5điểm).
Cho đường trịn (O;R) đường kính AB và dây CD vng góc với nhau ( CA < CB).
Hai tia BC và DA cắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vng 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).


BÀI GIẢI

(

)

(

) :


 7 2 −1
5 3 −1

 14 − 7
15 − 5 
1
+
+
÷:
Bài 1: (1,5 điểm) 1)A = 
=

2 −1
3 −1 ÷ 7 − 5 
2 −1
3 −1




( 7 + 5 ) .( 7 − 5 )
= ( 7) −( 5)




1
7− 5

=

2

2) B =

x
2x − x
−
=
x −1 x − x

(

2

=7–5=2

)

(

)

x 2 x −1
x − 2 x −1
x
−
=
x −1
x x −1
x −1

x − 2 x +1

=
=
x −1

(

(

)

x −1

x −1

)

2

( x ≥ 0; x ≠ 1)

= x −1

Bài 2. (1,5 điểm)
m + 1 = 2
⇔ m = 1, n = 5
1) d1 ≡ d2 ⇔ 
 n =5
2. Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và d là:
x2
= 6−x

⇔ x 2 + 3x − 18 = 0
3
∆ = b2 – 4ac = 32 – 4 . 1. (– 18) = 81 ⇒ ∆ = 9
−b − ∆ −3 − 9
−b + ∆ −3 + 9
x1 =
=
= 3 , x2 =
=
= −6
2a
2
2a
2
Suy ra: y1 = 3 ; y2 = 12
Vậy d cắt (P) tại hai điểm: (3; 3) và (– 6; 12)
Bài 3. (2điểm)
x2 + 2(m + 3)x + m2 + 3 = 0 (1)
1) Phương trình (1) có nghiệm kép ⇔ ∆ ' = 0

⇔ ( m + 3) − ( m 2 + 3 ) = 0
2

⇔ 6m + 6 = 0 ⇔ m = −1
Vậy với m = – 1 phương trình (1) có nghiệm kép .

b' − ( m + 3)
= − ( −1 + 3) = −2
Nghiệm kép của PT (1) : x1 = x 2 = − =
a

1

2) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 6m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ −1
Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x1 + x2 = – 2(m + 3) ; P = x1 . x2 = m2 + 3
Từ x1 – x2 = 2 suy ra: ( x1 – x2)2 = 4 ⇔ ( x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4 (*)

(
)
+ 6m + 9 ) − 4m − 12 = 4

Thay S và P vào (*) ta được:  −2 ( m + 3)  − 4 m 2 + 3 = 4


2

⇔ 4 ( m2

2

⇔ 24m + 24 = 4 ⇔ m = −

5
( thoả mãn m ≥ −1 )
6


Vậy x1 – x2 = 2 ⇔ m = −

5
6

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

⇔ 6 − x + 3x − 6 = 12x − 24 − 2x 2 + 4x
⇔ 2x2 – 14x + 24 = 0
∆ ' = b ' − ac = 49 – 48 = 1
2

−b' + ∆ ' 7 + 1
−b' − ∆ ' 7 − 1
( TMĐK), x2 =
=
=4
=
= 3 ( TMĐK),
a
2
a
2
Tập nghiệm của phương trình: S = { 3; 4}
2) x4 + 3x2 – 4 = 0
Đặt t = x2 ( t ≥ 0) , ta có phương trình ẩn t:

t2 + 3t – 4 = 0
Vì a + b + c = 1 + 3 + (– 4 ) = 0 nên t1 = 1 (nhận) , t2 = – 4 < 0 (loại)
Vậy x2 = 1 ⇔ x1 = 1; x2 = – 1.
E
C
Tập nghiệm của phương trình: S = { −1;1}

x1 =

Bài 5. (3,5 điểm)
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp:
H
O
A
·
·
CD // FE (cùng vng góc AB) ⇒ EFC = FCD (so le trong)
AB ⊥ CD nên AB đi qua trung điểm dây CD (tính chất
D
đường kính vng góc với dây cung) nên C và D đối xứng
F
·
·
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 trịn.
2) Chứng minh ba điểm B , D , F thẳng hàng.

·
·
·
Ta có: ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ECF = 900 (kề bù với ACB )
·
·
·
·
·
Tứ giác CDFE nội tiếp nên ECF = EDF = 900 . Mà ADB = 900 nên EDF + EDB = 1800
Vậy ba điểm B , D , F thẳng hàng.
3) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
·
·
Ta có EHA + ECA = 900 + 90 = 1800 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).

B

1
·
·
»

Do đó: HCA = ABC = sđ AC . Vậy HC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
2

·
·
Chú ý: Rất nhiều HS ở câu 1chứng minh ECF = EDF = 900 và kết luận tứ giác CDFE
nội tiếp là sai lầm
·
·
Câu 3 có thể chứng minh HCA + ACO = 900 rồi suy ra HC là tiếp tuyến.