Đề+đáp án thi vào lớp 10 của các tỉnh P4

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009 – 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
A. Phần trắc nghiệm ( 2,0 điểm):Trong mỗi câu dưới đây đều có 4 lựa chọn, trong đó
có duy nhất một lựa chọn đúng. Em hãy chọn lựa chọn đúng.
Câu 1: điều kiện xác định của biểu thức
1 x−
là:
A.
x∈¡
B.
1x ≤ −
C.
1x <
D.
1x ≤
Câu 2: cho hàm số
( 1) 2y m x= − +
(biến x) nghịch biến, khi đó giá trị của m thoả mãn:
A. m < 1 B. m = 1 C. m > 1 D. m > 0
Câu 3: giả sử
1 2
,x x
là nghiệm của phương trình:
2
2 3 10 0x x+ − =
. Khi đó tích
1 2
.x x
bằng:

A.
3
2
B.
3
2
−
C. -5 D. 5
Câu 4: Cho
ABC∆
có diện tích bằng 1. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của các
cạnh AB, BC, CA và X, Y, Z ương ứng là trung điểm của các cạnh PM, MN, NP. Khi đó
diện tích tam giác XYZ bằng:
A.
1
4
B.
1
16
C.
1
32
D.
1
8
B. Phần tự luận( 8 điểm):
Câu 5( 2,5 điểm). Cho hệ phương trình
2 1
2 4 3
mx y

x y
+ =


− =

( m là tham số có giá trị thực) (1)
a, Giải hệ (1) với m = 1
b, Tìm tất cả các giá trị của m để hệ (1) có nghiệm duy nhất
Câu 6: Rút gọn biểu thức:
2
2 48 75 (1 3)A = − − −
Câu 7(1,5 điểm) Một người đi bộ từ A đến B với vận tốc 4 km/h, rồi đi ô tô từ B đến C
với vận tốc 40 km/h. Lúc về anh ta đi xe đạp trên cả quãng đường CA với vận tốc 16
km/h. Biết rằng quãng đường AB ngắn hơn quãng đường BC là 24 km, và thời gian lúc đi
bằng thời gian lúc về. Tính quãng đường AC.
Câu 8:( 3,0 điểm).
Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng
có bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm I, tia
vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P ( P khác I)
a, Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp một đường tròn, chỉ rõ đường tròn này.
b, Chứng minh
·
·
CIP PBK=
.
c, Giả sử A, B, I cố định. Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho diện tích tứ giác ABKI
lớn nhất.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Hết

Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-
2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
—————————
A. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm, sai cho 0 điểm.
Câu 1 2 3 4
Đáp án D A C B
B. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm):
Câu 5 (2,5 điểm).
a) 1,5 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Thay
1m
=
vào hệ ta được:
2 1 (1)
2 4 3 (2)
x y
x y
+ =


− = −

0,25
Nhân 2 vế PT(1) với -2 rồi cộng với PT(2) ta được:
8 5y− = −

0,50
Suy ra
5
8
y =
0,25
Thay
5
8
y =
vào (1) có:
5 1
2. 1
8 4
x x+ = ⇒ = −
0,25
Thử lại với
1
4
5
8
x
y

= −




=



ta thấy thoả mãn. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất:
1
4
5
8
x
y

= −




=


. 0,25
b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
2 1
1
2 4 2 2
m m
m≠ ⇔ ≠ − ⇔ ≠ −
−
1,0
Câu 6 (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm
2
2 48 75 (1 3)A = − − −
=
2 16.3 25.3 |1 3 |− − −
0,5
= 8 3 5 3 1 3− + −
0,25
= 1 + 2 3
0,25
Câu 7 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Gọi độ dài quãng đường
AB
là
x

km (
0x
>
), khi đó độ dài quãng đường BC là
24x
+
km, độ dài quãng đường
AC
là
2 24x
+

km. Và do đó, thời gian đi quãng

đường
AB
là
( )
4
x
h
, thời gian đi quãng đường
BC
là
24
( )
40
x
h
+
và thời gian đi quãng
đường
CA
là
2 24
( )
16
x
h
+
0.5
Mặt khác, thời gian đi và về bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25
24 2 24
4 40 16

x x x
+ +
+ =
Giải phương trình được
6x
=
0.5
Thử lại, kết luận
•
6 0x
= >
• Thời gian đi quãng đường
AB
và
BC
là
6 6 24
2.25( )
4 40
h
+
+ =
, thời gian đi quãng
đường
CA
(lúc về) là
2 6 24
2.25( )
16
h

× +
=
• Vậy độ dài quãng đường
AC
là 36 km.
0.25
Câu 8 (3,0 điểm):
a) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Có:
·
·
0
90CPK CPI= =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
0,25
Do
By AB⊥
nên
·
0
90CBK =
.
0,25
Suy ra:
· ·
0
180CPK CBK+ =
hay tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK.
0,50

b) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Có:
·
·
CIP PCK=
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây cùng chắn một
cung); (1)
0,5
Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên:
·
·
PCK PBK=
(2) 0,25
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 0,25
c) 1,0 điểm:
Nội dung trình bày Điểm
Từ giả thiết suy ra tứ giác AIKB là hình thang vuông, gọi s là diện tích của AIKB, khi đó ta
có:
1
( )
2
s AI KB AB= +
. Dễ thấy s lớn nhất khi và chỉ khi KB lớn nhất (do A, B, I cố định).
0,25
Xét các tam giác vuông AIC và BKC có:
KC CI
⊥
và
KB CA

⊥
suy ra:
·
·
BKC ACI=
(góc
có cạnh tương ứng vuông góc) hay
ACI∆
đồng dạng với
BKC∆
(g-g).
0,25
Suy ra:
.AC AI AC BC
BK
BK BC AI
= ⇔ =
, khi đó: BK lớn nhất
⇔
AC.BC lớn nhất
0.25
Theo BĐT Côsi có:
2
2
.
2 4
AC CB AB
AC CB
+
 

≤ =
 ÷
 
, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C là
trung điểm của AB. Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn nhất khi và chỉ khi C là trung điểm của
AB.
0,25
Một số lưu ý:
A
C
B
K
y
I
x
P
-Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có. Trong quá
trình chấm, nếu học sinh giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
-Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng
kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm.
-Bài hình học, nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
-Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm.
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm.
—Hết—
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HÓA NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi : Toán
Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 5
2 7
x y
x y
+ =


+ =

Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E
và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x
1
và x
2
. Chứng minh rằng x
1

.
x
2
= - 1, từ đó
suy ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm
G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) .
Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B lần lượt tại C và D.
1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ
giác BDNO nội tiếp được.
2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra
CN DN
CG DG
=
.
3. Đặt
·
BOD
α
=
Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và α. Chứng tỏ rằng
tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc α.
Bài 5 (1,0 điểm)
Đề chính thức
Đề B
Cho số thực m, n, p thỏa mãn :
2
2 2
3

1
2
m
n np p+ + = −
.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.
……………………………. Hết …………………………….
Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………
Chữ ký của giám thị số 1: Chữ ký của giám thị số 2:
ĐÁP ÁN
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
x
2
– 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x
1
= 1; x
2
= 3
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
∆’ = 4 – n ≥ 0 ⇔ n ≤ 4
Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 5
2 7
x y
x y

+ =


+ =

HPT có nghiệm:
3
1
x
y
=


=

Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
y = kx + 1
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E
và F với mọi k.
Phương trình hoành độ: x
2
– kx – 1 = 0
∆ = k
2
+ 4 > 0 với ∀ k ⇒ PT có hai nghiệm phân biệt ⇒ đường thẳng (d)
luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.

3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x
1
và x
2
. Chứng minh rằng x
1
.
x
2
= -1, từ đó
suy ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Tọa độ điểm E(x
1
; x
1
2
); F((x
2
; x
2
2
)
⇒ PT đường thẳng OE : y = x
1
. x
và PT đường thẳng OF : y = x
2
. x
Theo hệ thức Vi ét : x
1

. x
2
= - 1
⇒ đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF ⇒ ∆EOF là ∆ vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)

1, Tứ giác BDNO nội tiếp được.
2, BD ⊥ AG; AC ⊥ AG ⇒ BD // AC (ĐL) ⇒ ∆GBD đồng dạng ∆GAC (g.g)
⇒
CN BD DN
CG AC DG
= =
3, ∠BOD = α ⇒ BD = R.tg α; AC = R.tg(90
o
– α) = R tg α
⇒ BD . AC = R
2
.
Bài 5 (1,0 điểm)
2
2 2
3
1
2
m
n np p+ + = −
(1)
⇔ … ⇔ ( m + n + p )
2

+ (m – p)
2
+ (n – p)
2
= 2
⇔ (m – p)
2
+ (n – p)
2
= 2 - ( m + n + p )
2
⇔ (m – p)
2
+ (n – p)
2
= 2 – B
2
vế trái không âm ⇒ 2 – B
2
≥ 0 ⇒ B
2
≤ 2 ⇔
2 2B− ≤ ≤

dấu bằng ⇔ m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =
2
3
±
⇒ Max B =
2

khi m = n = p =
2
3
Min B =
2−
khi m = n = p =
2
3
−
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.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1.
Bài 1.
a)
Điều kiện a > 0 và a ≠ 1 (0,25đ)
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)
a = 3 + 2
2
= (1 +
2
)
2

a 1 2⇒ = +

3 2 2 1 2(1 2)
K 2
1 2 1 2
+ − +
= = =
+ +
c)
a 1 0
a 1
K 0 0
a 0
a
− <


−
< ⇔ < ⇔

>


a 1
0 a 1
a 0
<

⇔ ⇔ < <

>

Bài 2.
a)
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)

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)
* Hình vẽ đúng
*
·
0
EIB 90=
(giả thiết)
*

0
ECB 90∠ =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
* Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp
b) (1 điểm) Ta có:
* sđ
cungAM
= sđ
cungAN

*
AME ACM∠ = ∠

*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM.
* Do đó:
AC AM
AM AE
= ⇔
AM
2
= AE.AC
c)
* MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI
2
= AI.IB
* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên
* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM
2
- MI
2

= AI
2
.
d)
* Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó
tâm O
1
của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách
NO
1
nhỏ nhất khi và chỉ khi NO
1
⊥
BM.)
* Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được O
1
. Điểm C là giao của đường
tròn đã cho với đường tròn tâm O
1
, bán kính O
1
M.
Bài 4. (2 điểm)
A B
M
E
C
I
O
1

N
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.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG
TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC: 2009 – 2010

Khoá ngày : 19/05/2009
Môn Thi : Toán
Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề )
Câu 1 : ( 2.0 điểm)
a) Giải hệ phương trình :
2 1
3 4 14
x y
x y
+ = −



+ = −

b) Trục căn ở mẫu :
25 2
; B =
7 2 6
4 + 2 3
A =
+
Câu 2 : ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm
nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn . Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu
chiếc ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau )
Câu 3 : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x
2
– 4x – m
2
+ 6m – 5 = 0 với m là tham số
a) Giải phương trình với m = 2
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm
c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
, hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức
3 3
1 2
P x x= +
Câu 4 : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường

kính AB = 2R . Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC
a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp được
b) Chứng minh rằng : DB.DC = DN.AC
ĐỀ CHÍNH THỨC
E
O
2
O
1
O
D
C
B
A
c) Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn
nhất và tính diện tích trong trường hợp này
Câu 5 : ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O
1
, O
2
tiếp xúc AB , AC lần lượt tại B , C và
đi qua D . Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này . Chứng minh rằng điểm E
nằm trên đường tròn (O)
HẾT
SBD: ……………Phòng:……
Giám thị 1: …………………………… Giám thị 2: ……………………….
Gợi ý đáp án câu khó:
Câu 3: b. Ta có ac = -m
2

+6m-5 = -((m-3)
2
+4)<0 với ∀ m => phương trình luôn có hai
nghiệm phân biệt.
c. Theo Viét
1 2
2
1 2
4
6 5
x x
x x m m
+ =


= − + −

=> P = x
1
3
+x
2
3
= (x
1
+ x
2
)(x
1
2

+ x
2
2
– x
1
.x
2
) = 12(m
2
- 6m + 7) = 12((m-3)
2
-2) ≥ 12(-2)
= -24 => Min P = -24 ⇔ m=3.
Câu 4:
a. Góc ADB = 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
mà AD//BC (gt) => DB⊥BC
Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC =
90
0
=> Tứ giác nội tiếp.
b. Ta có ∆DBN đồng dạng với ∆CAD
(
·
·
DBNDAC =
,
·
·

·
BDN BAN DCA= =
)
=>
DC
DN DB
AC
=
=> DB.DC = DN.AC
c. S
ABCD
= DH.AB
Do AB không đổi = 2R
=> S
ABCD
max ⇔DH max ⇔ D nằm chính giữa cung AB.
Câu 5:
Ta có
·
·
DEC BCA=
( Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến
và một dây cung cùng chắn một cung)
Tương tự:
·
·
DEB ABC=
Mà
·
·

·
·
0
180DEB DEC CBE BCE+ + + =
(tổng 3 góc trong
∆BEC)
=>
·
·
·
·
0
180ABC BCA CBE BCE+ + + =
H
M
N
O
D
C
B
A
=>
ã
ã
0
180ABE ACE+ =
=> T giỏc ABEC ni tip
ng trũn tõm O => E (O).
sở giáo dục và đào tạo hng yên
đề thi chính thức

(Đề thi có 02 trang)
kỳ thi tuyển sinh và lớp 10 thpt
năm học 2009 - 2010
Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 120 phút
phần a: trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)
Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phơng án đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó vào
bài làm.
Câu 1: Biểu thức
1
2 6x
có nghĩa khi và chỉ khi:
A. x

3 B. x > 3 C. x < 3 D. x = 3
Câu 2: Đờng thẳng đi qua điểm A(1;2) và song song với đờng thẳng y = 4x - 5 có ph-
ơng trình là:
A. y = - 4x + 2 B. y = - 4x - 2 C. y = 4x + 2 D. y = 4x - 2
Câu 3: Gọi S và P lần lợt là tổng và tích hai nghiêm của phơng trình x2 + 6x - 5 = 0.
Khi đó:
A. S = - 6; P = 5 B. S = 6; P = 5 C. S = 6; P = - 5 D. S = - 6 ; P = - 5
Câu 4: Hệ phơng trình
2 5
3 5
x y
x y
+ =


=

có nghiệm là:
A.
2
1
x
y
=


=

B.
2
1
x
y
=


=

C.
2
1
x
y
=

=

D.
1
2
x
y
=


=

Câu 5: Một đờng tròn đi qua ba đỉnh của một tam giác có độ dài ba cạnh lần lợt là 3cm,
4cm, 5cm thì đờng kính của đờng tròn đó là:
A.
3
2
cm B. 5cm C.
5
2
cm D. 2cm
Câu 6: Trong tam giác ABC vuông tại A có AC = 3, AB = 3
3
thì tgB có giá trị là:
A.
1
3
B. 3 C.
3
D.

1
3
Câu 7: Một nặt cầu có diện tích là 3600

cm
2
thì bán kính của mặt cầu đó là:
A. 900cm B. 30cm C. 60cm D. 200cm
Câu 8: Cho đờng tròn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên). Biết
ã
0
120=COD
thì diện tích hình quạt OCmD là:
A.
2
3

R
B.
4

R
C.
2
3

2
R
D.
3

2
R
phần b: tự luận (8,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A =
27 12
b) Giải phơng trình : 2(x - 1) = 5
Bài 2: (1,5 điểm)
Cho hàm số bậc nhất y = mx + 2 (1)
a) Vẽ đồ thị hàm số khi m = 2
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox và trục Oy lần lợt tại A và B sao cho
tam giác AOB cân.
Bài 3: (1,0 điểm)
Một đội xe cần chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành đội đợc điều thêm 3 xe nữa
nên mỗi xe chở ít hơn dự định 8 tấn. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe
chở nh nhau.
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho A là một điểm trên đờng tròn tâm O, bán kính R. Gọi B là điểm đối xứng với O
qua A. Kẻ đờng thẳng d đi qua B cắt đờng tròn (O) tại C và D (d không đi qua O, BC
< BD). Các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại C và D cắt nhau tại E. Gọi M là giao điểm của
OE và CD. Kẻ EH vuông góc với OB (H thuộc OB). Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc một đờng tròn.
b) OM.OE = R
2
c) H là trung điểm của OA.
Bài 5: (1, 0 điểm)
Cho hai số a,b khác 0 thoả mãn 2a
2
+

2
2
1
4
+
b
a
= 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ab + 2009.
120
0
O
D
C
m
E
N
H
M
D
C
O
B
A
===Hết===
Gợi ý đáp án: ( Một số câu)
Phần tự luận:
Bài 2: Vì ABO vuông cân tại O nên nhận tia phân giác của góc xOy là đờng cao.
=>(y = mx + 2) (y = x) => m =
m

1.
Bài 3: Gọi x, y lần lợt là số xe và số hàng chở đợc của mỗi xe lúc đầu. (x N
*
, y>8)
Theo bài ra ta có hệ phơng trình:
480
( 3)( 8) 480
xy
x y
=


+ =

Giải hệ phơng trình trên ta đợc x = 12, y = 40 (thoả mãn).
Bài 5: Từ 2a
2
+
2
4
b
+
2
1
a
= 4 (ab)
2
= - 8a
4
+ 16a

2
4 = 4 8(a
4
2a
2
+1) 4
-2 ab 2
2007 S 2011
MinS = 2007 ab = -2 và a
2
= 1 a = 1 , b =
m
2
Bi 4:

a. Ta có
ã
ã
0
90BHE BME= =
=> BHME là tứ giác nội tiếp
đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng
thuộc một đờng tròn.
b. Sử dụng hệ thức lợng
trong tam giác vuông
ODE với đờng cao DM
ta đợc OM.OE = OD
2

=R

2
c. Gọi HE cắt (O) tại N
Ta có BOM đồng dạng với EOH => OH.OB = OM.OE = R
2
=> OH.OB = ON
2
( vì ON=R)
=> OHN đồng dạng với ONB
Mà góc OHN = 90
0
=>
ã
0
90BNO =
Xét OBN có
ã
0
90BNO =
và A là trung điểm của
OB => ON = NA => ANO cân tại N
Mà NH là đờng cao => NH là đờng trung tuyến => H là trung điểm của OA.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
QUẢNG TRỊ Năm học 2007-2008
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho biểu thức A =
124
2
1
3279

−−−+−
xxx
với x > 3
a/ Rút gọn biểu thức A.
b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7.
Bài 2 (1,5 điểm)
Cho hàm số y = ax + b.
Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đi qua điểm (2, -1) và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
2
3
.
Bài 3 (1,5 điểm).
Rút gọn biểu thức: P =








−
+
−
−
+









−
−
1
2
2
1
:
1
1
1
a
a
a
a
aa
với a > 0, a
4,1
≠≠
a
.
Bài 4 (2 điểm).
Cho phương trình bậc hai ẩn số x:
x
2
- 2(m + 1)x + m - 4 = 0. (1)
a/ Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b/ Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).
Tìm m để 3( x
1
+ x
2
) = 5x
1
x
2
.
d
O
H
E
D
C
B
A
Bi 5 (3,5 im).
Cho tam giỏc ABC cú gúc A bng 60
0
, cỏc gúc B, C nhn. v cỏc ng cao BD v CE ca tam
giỏc ABC. Gi H l giao im ca BD v CE.
a/ Chng minh t giỏc ADHE ni tip.
b/ Chng minh tam giỏc AED ng dng vi tam giỏc ACB.
c/ Tớnh t s

BC
DE
.
d/ Gi O l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC. Chng minh OA vuụng gúc vi DE.
Gợi ý đáp án câu 5:
a. Xét tứ giác ADHE có
ã
ã
AEH ADH=
= 90
0
=> Tứ giác ADHE nội tiếp.
b. Ta có tứ giác BEDC nội tiếp vì
ã
ã
BEC BDC=
=90
0
=>
ã
ã
EBC ADE=
( Cùng bù với
ã
EDC
)
=> ADE đồng dạng với ABC.
(Chung góc A và
ã
ã

EBC ADE=
)
c. Xét AEC có
ã
0
90AEC =
và
à
0
60A =
=>
ã
0
30ACE =
=> AE = AC:2 (tính chất)
Mà ADE đồng dạng với ABC
=>
1
2
ED AE
BC AC
= =
d. Kẻ đờng thẳng d OA tại A
=>
ã
ã
ABC CAd=
(Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung)
Mà
ã

ã
EBC ADE=
=>
ã
ã
EDA CAd=
=> d//ED
Ta lại có d OA (theo trên) => EDOA
S GIO DC O TO THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
QUNG TR Khoỏ ngy 7 thỏng 7 nm 2009
MễN TON
Thi gian 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
Cõu 1 (2,0 im)
1. Rỳt gn (khụng dựng mỏy tớnh cm tay) cỏc biu thc:
a)
342712 +
.
b)
( )
2
5251 +
2. Gii phng trỡnh (khụng dựng mỏy tớnh cm tay): x
2
- 5x + 4 = 0
Cõu 2 (1,5 im)
CHNH THC
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d).
a) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ độ
b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ.
Câu 3 (1,5 điểm).

Cho phương trình bậc hai: x
2
- 2(m-1)x + 2m – 3 = 0. (1)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m
2
, nếu tăng chiều dài thêm 6m và
giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước (chiều dài
và chiều rộng) của mảnh vườn
Câu 5 (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d)
không đi qua tâm O, cắt đường tròn (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp
tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO
(H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.
1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp được.
2. Chứng minh OH.OA = OI.OD.
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường
tròn (O).
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau:
a)
33343332342712 =+−=+−
.
b)
( )

.1255152515251
2
−=−+−=−+−=−+−
2. Giải phương trình: x
2
- 5x + 4 = 0
Ta có: a = 1; b = -5; c = 4; a + b + c= 1+ (-5) + 4 = 0
Nên phương trình có nghiệm : x = 1 và x = 4
Câu 2 (1,5 điểm)
a) Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung là A(0 ;b) = (0 ; 4). Toạ độ
giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành là B(-b/a ;0) = (2 ; 0).
b) Gọi điểm C(x

; y) là điểm thuộc (d) mà x

= y
⇒ x = -2x + 4 ⇔ 3x = 4
⇒ x =
3
4
⇒ y =
3
4
Vậy: C(
3
4
;
3
4
).

Câu 3 (1,5 điểm).
a) x
2
- 2(m - 1)x + 2m – 3 = 0.(1)
Có:
∆
’ =
( )
[ ]
3)(2m1m
2
−−−−
= m
2
- 2m + 1- 2m + 3 = m
2
- 4m + 4
= (m - 2)
2

≥
0 với mọi m.
⇒Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c < 0
E
I
M
H
D
B

O
A
C
⇔ 2m - 3 < 0 ⇔ m <
2
3
.
Vậy với m <
2
3
thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm)
Giải:
Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn; (x > 4).
Chiều dài của mảnh vườn là
x
720
(m).
Tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích không đổi nên ta có
phương trình : (x - 4). (
x
720
+ 6) = 720.

⇔
x
2
- 4x - 480 = 0





<−=
=
⇒
loai )4( 20x
24x
Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m.
chiều dài của mảnh vườn là 30m.
Câu 5 (3,5 điểm)
Giải

a) Ta có: DH ⊥AO (gt). ⇒ OHD = 90
0
.
CD ⊥OC (gt). ⇒ DOC = 90
0
.
Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC =
180
0
.
Suy ra : OHDC nội tiếp được trong một
đường tròn.
b) Ta có: OB = OC (=R) ⇒ O mằn trên
đường trung trực của BC; DB = DC (T/C
của hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒ D mằn trên đường trung trực của BC
Suy ra OD là đường trung trực của BC
=> OD vuông góc với BC.

Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA có DOA chung
⇒ ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g)
⇒
OI.OD.OH.OA
OA
OD
OI
OH
=⇒=
(1)
c) Xét ∆OCD vuông tại C có CI là đường cao. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác
vuông,
ta có: OC
2
= OI.OD mà OC = OM (=R) ⇒ OM
2
= OC
2
=

OI.OD (2).
Từ (1) và (2) : OM
2
= OH.OA
OM
OH
OA
OM
=⇒
.

Xét 2 tam giác : ∆OHM và ∆OMA có : AOM chung và
OM
OH
OA
OM
=
.
Do đó : ∆OHM ∆OMA (c-g-c)
S
⇒OMA = OHM= 90
0
.
⇒ AM vuông góc với OM tại M
⇒ AM là tiếp tuyến của (O).
d) Gọi E là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.
⇒ S = S
∆AOM
- S
qOEBM
Xét
∆
OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2R
Áp dụng định lí Pytago ta có AM
2
= OA
2
– OM
2
= (2R)
2

– R
2
= 3R
2

⇒ AM = R
3
⇒ S
∆AOM
=
2
1
OM.AM = R
2
2
3
(đvdt)
Ta có SinMOA =
2
3
OA
AM
=
⇒ MOA = 60
0
⇒ S
qOEBM
=
6
Π.R

360
.60Π.R
22
=
. (đvdt)
=> S = S
∆AOM
- S
qOEBM
=
6
Π33
.R
6
Π.R
2
3
.R
2
2
2
−
=−
(đvdt).