tuỷen sinh 10 năm học 10- 11 có dáp án

UBND TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Năm học 2010 – 2011
MƠN TỐN
( Thời gian 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề)
Bài 1: ( 2,0 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
a) A =

25 -

16 + 81

c) C =

2
3 +1

3

x 2 - 4x + 4
, víi x > 2
x- 2

b) B =

Bài 2: ( 2,0 điểm)
Cho hàm số bậc nhất y = ax + b có đồ thị là đường thẳng (d)
a) Xác định hệ số a , biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 3x.
b) Đường thẳng (d’) có dạng y – x + 1 cắt đường thẳng (d) ở câu a) tại điểm M, Xác định tọa
độ điểm M.

Bài 3: ( 2,5 điểm)
a) Cho phương trình x2 + 7x – 4 = 0 .Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 ; khơng giải
phương trình hãy tính x1 + x2
và x1 . x2
b) Giải phương trình :

1
1+x
=
x +2
2

c) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình
Cạnh huền của một tam giác vng bằng 13 cm.Hai cạnh góc vng của tam giác vng
ddoscos độ dài hơn kém nhau 7 cm . Tính độ dài các cạnh góc vng của tam giác vng đó.

Bài 4: ( 3,5 điểm )
Cho (O) đường kính .Vẽ bán kính OC vng góc với AB.Gọi K là điểm nằm giữa B và
C.Tia AK cắt đường trịn (O) ở M
a) Tính ACB , AMC.
b) Vẽ CI vng góc AM (∈ AM ) . Chứng minh AOIC là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh hệ thức :
AI.AK = AO .AB
d) Nếu K là trung điểm của CB.Tính tgMAB.

1


GỢI Ý GIẢI:
Bài 1: A = 4

B=-1

C= x–2

Bài 2:
a) Xác định hệ số a:
y = ax + 3 (d) ; y = 3x có đồ thị ( Δ) ; ( a’ = 3 )
do (d) // ( Δ) nên hệ số a = a’ = 3 nên ta có hàm số y = 3x + 3.
Vẽ (d)
b) Viết ph/t hoành độ điểm chung của (d) : y = 3x + 3.
(d’) : y = x + 1 ta được 3x + 3 = x + 1
⇒ M( - 1 ; 0 )
Bài 3:
a) x2 + 7x – 4 = 0 ; Δ = ... = 49 – 4 .7.( - 4) = 343 > 0 ⇒…
x1 + x2 = - 7 và x1 . x2 = - 4
b)

1
1+x
Û 2 = ( x + 2 )(1 + x) ⇔ …x(x+3) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = - 3
=
x +2
2

c) Gọi x ( x >0) là cạnh gv 1 ; x + 7 là cạnh gv 2
x2 + ( x + 2 )2 = 132…..
x = 5 ; x = -12 (loại )
Bài 4:
C

a) ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ;
AMC = AOC : 2 = 900 : 2 = 450
b) AIC = = 900 (gt) ; AOC = 900 (gt)
O,I cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vng ⇒
AOIC là tứ giác nội tiếp.

M

K
I

I
A

O

B

c) Chứng minh hệ thức :AI.AK = AO .AB

Vẽ hình theo câu d
S

S

C1: ∆ACK vuông tại C: AC2 = AI.AK (1)
∆ACB vuông tại C: AC2 = OA.AB (2)
⇒ đpcm

2


S

C2: ∆AOC
∆AIC
⇒ đpcm

∆ACB…⇒ (1)
∆ACK…⇒ (2)

∆ACI
∆BKM…
AI
CI
MB.CI
⇒
=
⇒ AI =
MB MK
MK
2 KM .2 KM
⇒ AI =
= 4 KM = 2 IM
KM
⇒ AM = 3IM = 3MB
tgAMB = MB:AM = 1/3

d) C/m ∆CIK = ∆BMK

(cạnh huyền –góc nhọn)
⇒ CI = MB (1) và IK = KM (2)
∆CIM vng có AMC = 450 ⇒ ICM = 450
⇒ AMC = 450 ⇒ ICM = 450
⇒ ∆CIM vuông cân ⇒ CI = IM (3)
Từ (1) ,(2) và (3)⇒ MB = IM = CI = 2IK = 2KM

SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO
LỚP 10 THPT
THANH HOÁ
2010 – 2011

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO
Năm học

ĐỀ CHÍNH
THỨC

Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 30 tháng 6 năm
2010
Thời gian làm bài: 120phút

Bài I (2,0 điểm)
Cho phương trình : x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi n = 3
2. Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :
x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6
Bài II (2,0 điểm)
 a +3

a − 3  1 1 
−
÷ −
÷
a −3
a + 3 ÷ 3
a



Cho biểu thức A = 


với a > 0; a ≠ 9

1.Rút gọn A
2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới xA =
-1,xB = 2
1.T ìm to ạ đ ộ c ác đi ểm A,B v à vi ết ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB.
3


2. T ìm m đ ể đ ư ờng th ẳng (d) : y = (2m 2 – m)x + m + 1 (v ới m l à tham s
ố ) song song v ới đ ư ờng th ẳng AB.
Bài IV (3,0)
Cho tam gi ác PQR c ó ba g óc nh ọn n ội ti ếp đ ư ờng tr òn t âm O,c ác
đ ư ờng cao QM,RN c ủa tam gi ác c ắt nhau t ại H.
1.Ch ứng minh t ứ gi ác QRMN l à t ứ gi ác n ội ti ếp trong m ột đ ư ờng tr

òn.
2. K éo d ài PO c ắt đ ư ờng tr òn O t ại K.Ch ứng minh t ứ gi ác QHRK l à
h ình b ình h ành.
3. Cho c ạnh QR c ố đ ịnh,Pthay đ ổi tr ên cung l ớn QR sao cho tam gi ác
PQR lu ôn nh ọn.X ác đ ịnh v ị tr í đi ểm P đ ể di ện t ích tam gi ác QRH l ớn nh ất.
Bài V ( 1,0 điểm)
Cho x,y l à c ác s ố d ư ơng tho ả m ãn : x + y = 4
33

2
2
T ìm gi á tr ị nh ỏ nh ất c ủa : P = x + y + xy

--------------------- Hết--------------------Họ tên thí sinh:…………………………………………………….Số báo danh:
…………………………………..
Họ tên, chữ ký của giám thị 1:
Họ tên, chữ ký của
giám thị 2:

Đáp án:
Bài I)
1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – 4 = 0
pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4
2. pt đã cho có ∆ = n 2 + 16 > 0 với mọi n, nên phương trình ln có hai
nghiệm phân biệt x1, x2.
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
x 1 + x2 = n
x1x2 = -4
4

2
x1 ( x2 + 1) + x2 ( x12 + 1) > 6

⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) + x1 + x2 > 6

Ta có: ⇔ −4.(−n) + (−n) > 6
⇔ 3n > 6
⇔n>2

4
a +3
a + 3 là ước của 4.

Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A=
2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên 
do a + 3 ≥ 3 nên a + 3 = 4
 a=1

Bài 3:
1. A(-1; 1); B(2; 4).
Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2.
2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi:
 2m 2 − m = 1
1
⇔m=−

2
 m +1 ≠ 2

Bài 4.

P

1. Tứ giác QRMN có :

M

·
·
QNR = QMR = 900

N
H
Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR.
·
2. Ta có: PQK = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Q
suy ra:PQ ⊥ KQ, mà RH ⊥ PQ
 KQ//RH(1)
Chwngs minh tương tự ta cũng có:
QH//KR(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành.
3. Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên:

I

R

K

SQHR = SQKR

Từ K kẻ KI ⊥ QR. Ta có:
5


SQKR =

1
KI .QR
2

Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất K là điểm chính giữa
của cung nhỏ QR.
Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.
Bài 5
Từ x+y=4
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:xy ≤
33

( x + y)2
=4
4

33

Do đó xy ≥ 4
Mặt khác: x2+y2= ( x + y )2 -2xy=16-2xy ≥ 16 − 2.4 =8( do xy ≤ 4)
33 65

=
4
4
65
Do đó : MinP=
, đạt được khi x=y=2.
4

Vậy P ≥ 8 +

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
CÂU
Câu
1
(2đ)

ĐÁP
ÁN

1)
A=

20 − 45 + 3 18 + 72 = 2 5 − 3 5 + 9 2 + 6 2
= 15 2 − 5

B=

1
3
2

2−
4, 5 +
50
4
2
5

=

1
9
2−
2+2 2
4
4

=0

ĐIỂM
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

2)
E = 1−

2

4 x − 4x + 1

2x−
1

- Điều kiện:
1

0,25 đ

x≠

0,25 đ

2
2

E = 1−
E=

1−

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

2x−1

(vì với

x<
2

0,25đ
1

thì 2x – 1 < 0)

0,25đ

6


Câu 2 1)
(2 đ)

3x − 2 y = 12

1, 5x + y = 0

Trình bày cách giải đúng, tìm được nghiệm của hệ là:
x=2

 y = −3

2)
3)

0,25đ
0,25đ

2 x − 3 > 3 ( x − 2 ) ⇔ 2 x − 3 > 3x − 6 ⇔ − x > −3 ⇔ x < 3

0,25 đ

3
1
x + 5 = x − 2 ⇔ x = −7
2
2

0,25 đ

4) 4 x 4 + x 2 − 5 = 0
Đặt X = x2 (X ≥ 0)
Tìm được X = 1 ; X = −
4
⇒ x = ±1

5

(loại)

0,25đ
0,25đ

7


5)

2x − 5x − 3 = x − 1 .
x≥1
⇔
2
 x − 3x − 4 = 0
⇔ x=4
2

0,25đ
0,25đ

Câu 3
y

4

B

2 E

A
-2

1

-1

O

2

x

Vẽ đúng (P) 0,5 đ
Vẽ đúng (d) 0,5 đ
2) Gọi E là giao điểm của (d) và trục Oy ⇒ E (2 ; 0)
S AOE = 2.1 : 2 = 1
S BOE = 2.2 : 2 = 2
S AOB = 1 + 2 = 3

Câu 4
(1 đ) 1)

2
(cm )

0,5 đ

Phương trình có một nghiệm bằng −1 , tìm được giá trị của 0,25đ
0,25đ
m = 10
Lập luận tìm được nghiệm cịn lại là −4

2)
2

2 x + mx + 8 = 0
2
2
∆ = m − 64 > 0 ⇔ m > 64

Suy ra m > 8 hoặc m < −8

0,25 đ
0,25 đ

2


Câu
5 (3,5
đ)

C

0,5 đ
O

M

A

H

B

D

1)
Ta có: MCO = 900 , MDO = 900 (t/c tiếp tuyến)
Suy ra tứ giác MCOD nội tiếp

Ta có: MC = MD (t/c tiếp tuyến)
OC = OD (bán
kính)
Suy ra MO là đường trung trực của đoạn CD
2) Vậy MO ⊥ CD tại H
Có MC = MD và lí luận được số đo góc CMD = 600
Suy ra ∆MCD là tam giác đều
2

2

MC = MO − OC =

( 2R )

2

2

−R =R 3

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25 đ
0,25đ
0,5 đ

3)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng MCO có:
2
MC = MH.MO (1)
Lập luận chứng minh được ∆MCA  ∆MBC
⇒

MC MA
2
=
⇒ MC = MA.MB
MB MC

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: MA . MB = MH . MO
....................................................................................................
...............
Cách khác:
MH.MO = MC2 = ( R 3 )2 = 3R 2
MA.MB = R.3R = 3R2
SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
————————
ĐỀ CHÍNH THỨC

0,25đ
0,5đ
0,25đ
...........
.

0,5đ
0,25đ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 20102011
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Dành cho các trường THPT khơng chun
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

————————————
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong 4 câu từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa
chọn, trong đó có duy nhất lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C
3
hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng (ví dụ: nếu câu 1 em chọn lựa chọn A thì viết là
1.A)


Câu 1. Giá trị của 10. 40 bằng:
A. 10

B. 20

C. 30

D. 40

Câu 2. Cho hàm số y = (m − 2) x + 1 ( x là biến, m là tham số) đồng biến, khi đó giá trị của m
thoả mãn:
A. m = 2

B. m < 2

C. m > 2

D. m =1

Câu 3. Nếu một hình chữ nhật có hai đường chéo vng góc với nhau và độ dài một cạnh của
hình chữ nhật đó bằng 0,5cm thì diện tích của nó bằng:
A.

0,25 cm2

B. 1,0 cm2

C. 0,5 cm2

Câu 4. Tất cả các giá trị của x để biểu thức
A. x < -2

x + 2 có nghĩa là:

C. x ∈ ¡

B. x < 2

D. 0,15 cm2
D. x ≥ −2

PHẦN II. TỰ LUẬN (8,0 điểm):
 4 x − 5 y = −5
 4 x − 7 y = −1

Câu 5 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 

Câu 6 (1,5 điểm). Cho phương trình: x 2 − 2(m − 1) x + m − 5 = 0 , (x là ẩn, m là tham số ).
1. Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m .
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện
x12 + x2 2 = 10

Câu 7 (1,5 điểm). Cho một tam giác có chiều cao bằng

3
cạnh đáy. Nếu chiều cao tăng thêm
4

3m và cạnh đáy giảm đi 2m thì diện tích của tam giác đó tăng thêm 9m 2. Tính cạnh đáy và
chiều cao của tam giác đã cho.
Câu 8 (2,0 điểm). Cho đường trịn (O), M là một điểm nằm ngồi đường tròn (O). Qua M kẻ
hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O) với A, B là các tiếp điểm; MPQ là một cát tuyến
không đi qua tâm của đường tròn (O), P nằm giữa M và Q. Qua P kẻ đường thẳng vng góc
với OA cắt AB, AQ tương ứng tại R, S. Gọi trung điểm đoạn PQ là N. Chứng minh rằng:
1. Các điểm M, A, N, O, B cùng thuộc một đường tròn, chỉ rõ bán kính của đường trịn đó.
2. PR = RS.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = 4(a 3 + b3 + c3 ) + 15abc .

-------------------------HẾT-----------------------Cán bộ coi thi khơng được giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh…………………………….Số báo danh…………………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
————————
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TỐN
Dành cho các trường THPT khơng chun
4
——————————
HƯỚNG DẪN CHUNG:
-Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác
mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.


-Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan khơng được điểm.
-Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu khơng có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo khơng
cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó.
-Điểm tồn là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và khơng làm trịn.

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:
Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm):
Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.
Câu
1
2
3
4
Đáp án
B
C A
D
Phần II. Tự luận (8,0 điểm).
Câu 5 (2,0 điểm).

Nội dung trình bày

Điểm

(1)
 4 x − 5 y = −5
(2)
 4 x − 7 y = −1
Lấy (1) – (2) ta có: 2 y = −4 ⇔ y = −2
Thay y = −2 vào (1) có: 4 x + 10 = −5
15
⇔x=−
4
Xét hệ phương trình 

0,5
0,5
0,5

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: x = −

15
, y = −2
4

0,5

Câu 6 (1,5 điểm).
1. (0,5 điểm):
Nội dung trình bày

Ta có ∆ ' = m2 − 3m + 6




Điểm
0,25

2

= m−

3  15
÷ + > 0 ∀m nên PT đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m.
2
4

0,25

2. (1,0 điểm):
Nội dung trình bày
Theo cơng thức viet ta có: x1 + x2 = 2(m − 1), x1x2 = m − 5

Điểm
0,25

Ta có x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2

= 4(m − 1)2 − 2(m − 5) = 4m 2 − 10m + 14

Từ đó

x12

Vậy m =

+ x2

2

0,25

1

m=
= 10 ⇔ 4m − 10m + 14 = 10 ⇔ 4m − 10m + 4 = 0 ⇔ 
2

m = 2
2

2

0,25

1
hoặc m = 2 là các giá trị cần tìm thoả mãn yêu cầu bài tốn.
2

0,25

Câu 7 (1,5 điểm).
Nội dung trình bày

Điểm

3
Gọi độ dài cạnh đáy của tam giác đã cho là x (m) (điều kiện x > 0) thì chiều cao của tam giác là
x (m).
4
1 3
3 2
Diện tích của tam giác là S = .x. x = x (m2)
2 4
8
3
Khi tăng chiều cao thêm 3m và giảm cạnh đáy đi 2m thì chiều cao của tam giác mới là ( x + 3 ) (m) và độ
4
dài cạnh đáy của tam giác mới là (x − 2) (m).
Khi đó diện tích tam giác mới là S ' =

1
3

.( x − 2).  x + 3 ÷ (m2)
2
4


0,25

0,25

0,25

5
0,25


Theo bài ra ta có PT :

13
3 2

 x + 3 ÷( x − 2) = x + 9 ⇔ x = 16 (thoả mãn điều kiện)
2 4
8


0,25

Vậy tam giác đã cho có độ dài cạnh đáy là x = 16 (m), độ dài chiều cao là h = 12 (m).
Câu 8. ( 2,0 điểm).

0,25

Hình vẽ

1. ( 1,0 điểm):
Nội dung trình bày
·

Có: MAO = 900 (góc giữa tiếp tuyến với bán kính đi qua tiếp điểm).
·
Tương tự MBO = 900 .
Suy ra các điểm A, N, B cùng nhìn đoạn MO dưới một góc vng.
Vậy 5 điểm M, A, N, O, B cùng thuộc đường trịn bán kính

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

MO
.
2

2.( 1,0 điểm):
Nội dung trình bày
·
Tứ giác MANB nội tiếp nên ·
AMN = ·
ABN (1), OA ⊥ PS , OA ⊥ MA ⇒ PS // MA ⇒ ·
AMN = RPN (2).
·
·
·
·
·
Từ (1) và (2) suy ra: ·
ABN = RPN hay RBN = RPN ⇒ tứ giác PRNB nội tiếp ⇒ BPN = BRN (3)

Điểm
0,25
0,25

·
·
·
·
Mặt khác có: BPN = BAQ (4), nên từ (3) và (4) suy ra: BRN = BAQ ⇒ RN // SQ (5)
Từ (5) và N là trung điểm PQ nên trong ∆SPQ có RN là đường trung bình, suy ra PR = RS (đpcm)

0,25
0,25

Câu 9 (1,0 điểm).
Nội dung trình bày
Có a 2 ≥ a 2 − (b − c) 2 = (a − b + c)(a + b − c ) (1) , b 2 ≥ b 2 − (c − a ) 2 = (b − c + a )(b + c − a ) (2)

Điểm

c 2 ≥ c 2 − (a − b) 2 = (c − a + b)(c + a − b) (3) . Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ a = b = c
Do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên các vế của (1), (2), (3) đều dương. Nhân vế với vế của (1), (2), (3)
ta có : abc ≥ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) (*)
Từ a + b + c = 2 nên (*) ⇔ abc ≥ (2 − 2a )(2 − 2b)(2 − 2c) ⇔ 8 − 8(a + b + c ) + 8( ab + bc + ca ) − 9abc ≤ 0

0,25

⇔ 8 + 9abc − 8(ab + bc + ca ) ≥ 0 ⇔ 9abc − 8(ab + bc + ca ) ≥ −8 (*)
Ta có a 3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 − 3( a + b + c )(ab + bc + ca ) + 3abc = 8 − 6(ab + bc + ca ) + 3abc

0,25
0,25

3
3
3
Từ đó 4(a + b + c ) + 15abc = 27 abc − 24( ab + bc + ca) + 32 = 3 [ 9abc − 8( ab + bc + ca) ] + 32 (**)

Áp dụng (*) vào (**) cho ta 4(a 3 + b3 + c 3 ) + 15abc ≥ 3.(−8) + 32 = 8
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

2
.
3

Từ đó giá trị nhỏ nhất của P là 8 đạt được khi và chỉ khi a = b = c =

2
3

—Hết—

0,25

6


Lưu ý :

7


- Các cách giải khác được hưởng điểm tối đa của phần đó.
- Điểm từng phần, điểm tồn bài khơng làm tròn.

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hà nội
Bài I ( 2,5 điểm)
Cho biểu thức: A = +

-

, với x và x 9

1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Tìm giá trị của x để A =
3/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
Bài II ( 2,5 điểm)
Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn
chiều rộng 7 m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.
Bài III ( 1,0 điểm)
Cho parabol (P): y=-x2 và đường thẳng (d): y=mx-1
1/ Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) ln cắt
parabol (P) tại 2 điểm phân biệt
2/ Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol
(P). Tìm giá trị của m
để : x12x2+x22x1-x1x2=3.
Bài IV ( 3,5 điểm)
Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường trịn đó (C

khác A, B). Lấy điểm
D thuộc dây BC ( D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt
tia BE tại điểm F.
1/ Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2/ Chứng minh DA.DE = DB.DC
3/ Chứng minh CFD = OCB. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE,
chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

8


4/ Cho biết DF=R, chứng minh tg AFB = 2.
Lời giải
1/ A =

+

=
2/ A = 

=

=

= 

=

= 9  = 6  x = 36 (T/m)

Vậy x = 36 thì A = 1/3.
3/ Do



=>



1.

 A 1
 Amax = 1  x = 0 (T/m)
Lời giải
Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x (x>0; đơn vị: m)
 Chiều dài hình chữ nhật là: x+7 (m)
Vì đường chéo hình chữ nhật là 13m, nên theo Pytago ta có phương trình:
x2+ (x+7)2 = 169
=> x2 + x2 +14x + 49 = 169
 2x2 + 14x-120= 0
 x2 +7x-60= 0
∆= 49+240=289
x1=
= 5 (tmđk); x2 = = -12 (loại)
Vậy chiều rộng hình chữ nhật là 5m; chiều dài là 12m.
Lời giải
1/ Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): -x2 = mx-1
 x2 + mx - 1 = 0 (*)
Có: ac = -1 <0 => phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt với m
2

2
2/ x12x2 + x 21x -1 x x = 3

 x1x2(x1+x2) - x1x2 = 3 (1)
Vì phương trình (*) ln có 2 nghiệm với m nên:

9


Theo Viét ta có: x1+x2 =

= -m; x1x2 = = -1

(1)  -1.(-m) + 1 = 3 => m+1 = 3
2
1 2
=> m=2. Vậy với m = 21 thì x12x2 + x 2x

- x x = 3.
Lời giải
1/ AEB = 90o (góc nội tiếp chắn ½ đường trịn) => AEF = 90o
ACB = 90o (góc nội tiếp chắn ½ đường trịn) => FCB = 90o
Tứ giác CFED có: C + E = 180o => tứ giác CFED nội tiếp ( tứ giác có tổng 2 góc
đối bằng 180o)
2/ Xét ∆ACD và
∆BED: C = E = 90o
(1)
A1 = B1 ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE ) (2)
(1) và (2) => ∆ACD đồng dạng ∆BED (góc - góc)
 = => AD.DE = BD.CD

3/

* Có D là trực tâm của ∆FAB (do AE FB, BC

AF) => FD AB tại H.

 F1 + FAH = 90o
Mà

B2 + FAH = 90o => F1 = B2

Có ∆COB cân tại O (CO=OB=R)=> góc C1 = góc B2 => góc C1 = góc F1 ( cùng =
góc B2)

* Tâm I của đường trịn ngoại tiếp tứ giác FCDE là trung điểm của FD
=> CI=IF=1/2 FD (do góc DCF = 90o tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền)
=> ∆CIF cân tại I => góc C2 = góc F1
Có ∆CAO cân tại O (CO=OA=R) => góc C3 = góc CAO
Mà góc F1 + góc CAO = 90o => góc C2 + góc C3 = 90o => góc ICO = 90o => IC

1
0


CO, mà C (O)
=> IC là tiếp tuyến của đường trịn (O) (ĐPCM)
4/ Xét ∆ICO và ∆IEO có: IC = IE (cùng bằng bán kính của
đường trịn (I)) (3) CO = OE (=R) (4)
IO chung

(5)

Từ (3), (4) và (5) => ∆ICO =
∆IEO (c.c.c)
 góc COI = góc EOI
 góc COI = ½ góc COE = ½ sđ cung CE ( góc COE là góc ở tâm)
mà góc A1 = ½ sđ cung CE ( góc A1 là góc nội tiếp chắn cung CE )
 góc A1 = góc COI.
Xét ∆ACD và ∆OCI có: góc A1 = góc
COI (cmt) (6) Góc ACD = góc OCI ( =
90o) (7)
Từ (6) và (7) => ∆ACD đồng dạng ∆OCI (g.g) => =

=> = (8)

∆OCI có CI = R/2 ( do CI = ½ FD ) ; CO = R => = 2 (9)
Tứ giác CFED nội tiếp => góc CFE = góc CDA ( góc ngồi của tứ giác nội tiếp
= góc trong tại đỉnh
đối) (10)

1
1


Xét ∆CAD có góc C = 90o => tg góc CDA =(11)
Từ (8) (9) (10) và (11) => tg góc CFE = 2

F
1

I
E

2

C
3 1

D

1

1
2

A

H

O

B

(hình vẽ của Bài IV)

Lời giải
x2 + 4x + 7 = x
x2 + 7 - 4

+ 4x - x

(
(

+4
=0

- 4) - x
)

=0
=0





1
2



Vậy x = là nghiệm của phương trình.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.HỒ CHÍ MINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

Năm học: 2010 – 2011
MƠN: TỐN
Khóa ngày 21 tháng 06 năm 2010

Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2 x 2 − 3x − 2 = 0
c) 4 x 4 − 13x 2 + 3 = 0
 4 x + y = −1
6 x − 2 y = 9

b) 

d) 2 x 2 − 2 2 x − 1 = 0

Bài 2: (1,5 điểm)
1
x2
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = −
và đường thẳng (D): y = x − 1 trên cùng
2
2

một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:
A = 12 − 6 3 + 21 − 12 3
2

2


5 
3
B = 5 2 + 3 + 3 − 5 −
÷ +  2− 3 + 3+ 5 −
÷

2÷ 
2÷

 

2
2
Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x − (3m + 1) x + 2m + m − 1 = 0 (x là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phương trình ln ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị
của m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn
2
nhất: A = x12 + x2 − 3x1 x2 .
Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất
kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại
E. Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE).
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ
nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.

c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng
dạng. Suy ra K là trung điểm của MP.
d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật
APMQ có diện tích lớn nhất.

1
3


BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
2 x 2 − 3 x − 2 = 0 (1)
a)
∆ = 9 + 16 = 25
3 − 5 −1
3+5
=
hay x =
=2
(1) ⇔ x =
4
2
4

 y = −3
(1)
 4 x + y = −1 (1)
 4 x + y = −1


⇔
⇔

1
( pt (2) + 2 pt (1))
6 x − 2 y = 9 (2)
14 x = 7
x=2

2
4
2
4 x − 13x + 3 = 0 (3), đđặt u = x ,

b)
c)

phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4)
(4) có ∆ = 169 − 48 = 121 = 112 (4) ⇔ u =
Do đó (3) ⇔ x = ±
d)

13 − 11 1
13 + 11
= hay u =
=3
8
4
8

1
hay x = ± 3
2

2 x 2 − 2 2 x − 1 = 0 (5)
∆' = 2+ 2 = 4

Do đó (5) ⇔ x =

2 −2
2+2
hay x =
2
2

Bài 2:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
1



1

(D) đi qua 1; − ÷, ( −2; −2 )
2


Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  ±1; − ÷, ( ±2; −2 ) .
2




1

Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là : 1; − ÷, ( −2; −2 ) .
2


b) PT hồnh độ giao điểm của (P) và (D) là
− x2 1
= x − 1 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 hay x = −2
2
2
1

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là 1; − ÷, ( −2; −2 ) .
2


Bài 3:
A = 12 − 6 3 + 21 − 12 3 = (3 − 3)2 + 3(2 − 3) 2 = 3 − 3 + (2 − 3) 3 = 3
2

2


5 
3
B = 5 2 + 3 + 3 − 5 −

÷ +  2− 3 + 3+ 5 −
÷

2÷ 
2÷

 


(

) (
5 ) + ( ( 3 − 1) +
2

2B = 5 4 + 2 3 + 6 − 2 5 − 5 +
=5

(

(1 + 3) 2 + ( 5 − 1) 2 −

2

2

( 5 + 1) 2 −

= 5 ( (1 + 3) + ( 5 − 1) − 5 ) + ( ( 3 − 1) + ( 5 + 1) − 3 )
2

Bài 4:

= 5.3 + 5 = 20 ⇒ B = 10.

)
3)

4−2 3 + 6+2 5 − 3

2

2

2

1
4


a) ∆ = ( 3m + 1) − 8m 2 − 4m + 4 = m 2 + 2m + 5 = (m + 1) 2 + 4 > 0 ∀ m
Suy ra phương trình ln ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1
2
A= x12 + x22 − 3x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 5 x1 x2
2

1
1
25

1
− (m − ) 2 =
− (m − ) 2
4
2
4
2
25
1
Do đó giá trị lớn nhất của A là : . Đạt được khi m =
4
2
= (3m + 1) 2 − 5(2m 2 + m − 1) = −m 2 + m + 6 = 6 +

Bài 5:
·
·
a) Ta có góc EMO = 90O = EAO
=> EAOM nội tiếp.
Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :

I
M

·
·
·
EAO = APM = PMQ = 90o

=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật

b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường
chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQB
nên I là trung điểm của AM.
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng
hàng.
c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vng có 1 góc
·
·
vng bằng nhau là AOE = ABM , vì AE // BM
=>

Q

E

K

O

I

P

x

A

AO AE

=
(1)
BP MP

Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số

KP BP
=
(2)
AE AB

Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
EK AP
=
(3) do AE // KP,
EB AB
EI AP
=
mặt khác, ta có
(4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng
EO AB
EK EI
=
So sánh (3) & (4), ta có :
.
EB EO

Cách 2 : Ta có

Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM
=> K là trung điểm MP.
d) Ta dễ dàng chứng minh được :
4

a +b+c+d
abcd ≤ 
÷ (*)
4



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP = MO 2 − OP 2 = R 2 − (x − R)2 = 2Rx − x 2
Ta có: S = SAPMQ = MP.AP = x 2Rx − x 2 = (2R − x)x 3

1
5


S đạt max ⇔ (2R − x)x 3 đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max
⇔

x x x
. . (2R − x) đạt max
3 3 3

Áp dụng (*) với a = b = c =

x
3
4

x x x
1 x x x
R4

Ta có : . . (2R − x) ≤ 4  + + + (2R − x) ÷ =
3 3 3
4 3 3 3
16

x
3
Do đó S đạt max ⇔ = (2R − x) ⇔ x = R .
3
2

1
6


KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
KHĨA NGÀY 21 THÁNG 6 NĂM 2010 tại Đà Nẵng
MÔN THI : TOÁN
--------Bài 1 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A = ( 20 − 45 + 3 5). 5
b) Tính B = ( 3 − 1) 2 − 3
Bài 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x 4 − 13x 2 − 30 = 0
3 1
x − y = 7

b) Giải hệ phương trình 
2 − 1 = 8
x y


Bài 3 (2,5 điểm)
Cho hai hàm số y = 2x2 có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d).
a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hồnh độ âm. Viết phương trình
của đường thẳng (∆) đi qua A và có hệ số góc bằng - 1.
c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt
trục hoành tại B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường trịn (C') tâm O', bán kính R'
(R > R') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M
∈ (C), N ∈ (C')). Đường thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I).
·
·
a) Chứng minh rằng BMN = MAB
b) Chứng minh rằng IN2 = IA.IB
c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng
MB tại P. Chứng minh rằng MN song song với QP.

1
7

BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
A = ( 20 − 45 + 3 5). 5 = = (2 5 − 3 5 + 3 5) 5 = 10

b) Tính B = ( 3 − 1)2 − 3 = 3 − 1 − 3 = −1
Bài 2: (2 điểm)
a) Giải phương trình : x4 – 13x2 – 30 = 0 (1)
Đặt u = x2 ≥ 0 , pt (1) thành : u2 – 13u – 30 = 0
(2) có ∆ = 169 + 120 = 289 = 17 2

(2)

13 − 17
13 + 17
= −2 (loại) hay u =
= 15
2
2
Do đó (1) ⇔ x = ± 15
3 1
1
x − y = 7
 x = −1


b) Giải hệ phương trình : 
⇔ 2 1
⇔

2 − 1 = 8
 − =8
x y
x y



Do đó (2) ⇔ u =

 x = −1
 x = −1


⇔
1
1
= −10
y
 y = − 10



.
Bài 3:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), ( ±1; 2 ) .
(d) đi qua (0;3), ( −1; 2 )
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 x 2 = x + 3 ⇔ 2x2 – x – 3 = 0
⇔ x = −1 hay x =

3
2



Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là ( −1; 2 ) ,  ; ÷ ⇒ A ( −1; 2 )
2 2
3 9





Phương trình đường thẳng (∆) đi qua A có hệ số góc bằng -1 là :
y – 2 = -1 (x + 1) ⇔ (∆) : y = -x + 1
c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C ⇒ C có tọa độ (0; 1)
Đường thẳng (∆) cắt trục hoành tại D ⇒ D có tọa độ (1; 0)
Đường thẳng (d) cắt trục hồnh tại B ⇒ B có tọa độ (-3; 0)
Vì xA + xD = 2xC và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng (∆))
⇒ C là trung điểm AD
1
2

2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC = AD
S

AC

1

ABC
Nên ta có S = AD = 2
ABD

Bài 4:

1
8


M
I
N

B

Q
P

O

O'
A

a) Trong đường trịn tâm O:
·
·
¼
Ta có BMN = MAB (cùng chắn cung BM )
b) Trong đường tròn tâm O':

Ta có IN2 = IA.IB
c) Trong đường trịn tâm O:
·
·
¼
MAB = BMN (góc chắn cung BM ) (1)
Trong đường trịn tâm O':
·
·
»
(2)
BAN = BNM (góc chắn cung BN )
·
·
·
·
·
·
Từ (1)&(2) => MAB + BAN + MBN = BMN + BNM + MBN = 1800
Nên tứ giác APBQ nội tiếp.
·
·
·
=> BAP = BQP = QNM (góc nội tiếp và góc chắn cung)
·
·
mà QNM và BQP ở vị trí so le trong => PQ // MN

1
9