mot so de thi vao các tinh nam 2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011
KHÁNH HÒA MÔN : TOÁN
NGÀY THI : 23/06/2010
Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
1. Rút gọn biểu thức : A =
( )
5 20 3 45− +
2. Giải hệ phương trình :
5
3
x y
x y
+ =


− =

3. Giải phương trình : x
4
– 5x
2
+ 4 = 0
Bài 2: (1.00 điểm)
Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x
2
– 2(m + 1)x + m
2
– 1 = 0
Tính giá trị của m, biết rằng phương trình có hai nghiệm x
1

, x
2
thỏa mãn điều kiện :
x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1
Bài 3: (2.00 điểm)
Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (d
m
).
1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d
1
)
2. Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (d
m
) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (d
m
) khi m thay đổi.
Bài 4: (4.00 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và C).
Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường
thẳng DC tại K.
1. Chứng minh : BHCD là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh : KM ⊥ DB.
3. Chứng minh KC.KD = KH.KB
4. Ký hiệu S
ABM
, S
DCM
lần lượt là diện tích của tam giác ABM, DCM. Chứng minh tổng
(S
ABM
+ S
DCM
) không đổi. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để (
2 2
ABM DCM
S S+
) đạt
giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo a.
HẾT
Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:………. /Phòng thi: ……
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài Đáp án Điểm
1
(3,0đ)
1) Biến đổi

5( 20 3) 45
100 3 5 3 5
100
10
A = − +

= − +
=
=

5 2 8
2)
3 5
4 4
4 5 1
x y x
x y x y
x x
y y
+ = =
 
⇔
 
− = + =
 
= =
 
⇔ ⇔
 
+ = =
 

Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất (4;1).

0,5đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3) Đặt A = x
2
; A ≥ 0
Pt ⇔ A
2
– 5A + 4 = 0. (có a = 1 , b = - 5 , c = 4)
Vì a + c = 5 ; b = - 5 Nên a + c + b = 0
 A
1
= 1 (nhận) ; A
2
= 4 (nhận)
Với A
1
= 1

=> x
2
= 1 ⇔ x = ±1 .
Với A
2
= 4 => x
2
= 4 ⇔ x = ±2 .

Vậy tập hợp nghiệm : S = {±1 ; ±2} .
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
(1,0đ)
a = 1 , b = -2(m + 1) => b’ = -(m+1) ; c = m
2
– 1 .
Có ∆’ = b’
2
– a.c = (m+1)
2
– 1. ( m
2
– 1)
= m
2
+ 2m + 1 – m
2
+ 1 = 2m + 2.
Để pt có hai nghiệm x
1
, x
2
⇔ ∆’ ≥ 0
⇔ 2m + 2 ≥ 0
⇔ m ≥ -1 .
Theo hệ thức Vi ét ta có :

1 2
2
1 2
2 2
. 1
m
x x
x x m
= +
+



= −


Mà : x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1.
=> 2m + 2 + m
2
– 1 = 1
⇔ m
2

+ 2m = 0.
⇔ m(m + 2 ) = 0.
⇔ m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại)
Vậy khi m = 0 thỏa mãn điều kiện :x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1
1) Thay m = 1 => (d
1
) : y = x + 1.
Bảng giá trị :
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

3
(2,0đ)
x -1 0
y = x + 1 0 1
Đồ thị (d
1
): y = x + 1 là 1 đường thẳng đi qua hai điểm (-1 ; 0) và (0 ; 1).

Y
X
O
0,25đ
0,25đ
2) Gọi A(x
o
; y
o
) là điểm cố định mà (d
m
) luôn đi qua khi m thay đổi.
Ta có : y
o
= mx
o
– m + 2.
y
o -
mx
o
+ m - 2. = 0
⇔ y
o
– 2 - m(x
o
– 1) = 0 (1)
Pt (1) có vô số nghiệm khi m thay đổi; vì A cố định nên tọa độ điểm A
nghiệm đúng
1 0 1

2 0 2
o o
o o
x x
y y
− = =
 
⇔
 
− = =
 
Vậy (d
m
) luôn đi qua điểm cố định A(1 ; 2) khi m thay đổi.
Độ dài đoan AM =
2 2
(6 1) (1 2) 26− + − =

Để có khoảng cách lớn nhất từ M đến (d
m
) thì đt (d
m
) không đi qua M
Kẻ MH ⊥ (d
m
) tại H.
• Nếu H ≡ A thì MH =
26
. (1)
• Nếu H ≡A thì tam giác AMH vuông tại H

=> HM < AM =
26
(2)
Từ (1) và (2) => MH ≤
26
Do đó khoảng cách lớn nhất từ M đến (d
m
) khi m thay đổi là
26
(đvđd).


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
y
H
A
M

O x

4
(4,0đ)

K
H
D
B

A
C
M
Hình vẽ phục vụ a), b), c), d)
1. Tứ giác BHCD có:
·
0
90BHD =
( BH ⊥ DM)
·
0
90BCD =
(ABCD là hình vuông)
H, C là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh BD dưới góc 90
0
.
Nên BHCD là tứ giác nội tiếp dường tròn đường kính BD
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2. Tam giác BDK có
DH ⊥BK nên DH là đường cao I
BC ⊥DK nên BC là đường cao II
Mà M là giao điểm của DH và BK
Do đó M là trực tâm của tam giác BDK.
Nên KM là đường cao thứ ba => KM ⊥ BD.
0.25đ
0.25đ
0.25đ

0.25đ
3. Xét 2 tam giác vuông :
à KHDKCBv∆ ∆
có

·
BKD
chung
Vây
KHDKCB
∆ ∆
:
( G-G)
D
KC KH
KB K
⇒ =
Hay KC.KD = KH.KB
0,25đ
0,25đ
0.25đ

0.25đ
4.Ta có S
ABM
=
1 1
. . . .
2 2
AB BM a BM=

S
DCM
=
1 1
. . . .
2 2
DC CM a CM=
=> S
ABM
+ S
DCM
=
2
1 1
. ( ) .
2 2 2
a
a BM CM a BC+ = =
không đổi .
Laị có:
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2
2 2

2 2 2
2 2 2
2
1 1
. . . .
2 2
. = . ( )
4 4
( 2 .BM+ ) (2 2 .BM)
4 4
2( .BM)
4 2
( ) 2 . ( ) ( )
2 2 2 2 2
2
( )
2 2 4 4
ABM DCM
S S a BM aCM
a a
BM CM BM a BM
a a
BM a a BM BM a a
a a
BM a
a a a a a
BM BM
a a a a
BM
   

+ = +
 ÷  ÷
   
= + + −
= + − = + −
 
= + −
 
 
 
= − + − +
 
 
 
= − − +
 
 
2 2
2
2 4
2
2 2 4 4
2 2
( )
2 2 4
= ( )
2 2 8
ì ( ) 0; ên ( )
2 2 2 2 8 8
a a a

BM
a a a
BM
a a a a a a
V BM n BM
 
= − +
 
 
− +
− ≥ − + ≥
Vậy GTNN của (S
2
ABM
+ S
2
DCM

) là
4
8
a
0
2 2 2
a a BC
BM BM⇔ − = ⇔ = =
Hay M là trung điểm BC.
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
Đây là bài giải mang tính cách cá nhân để các em học sinh tham khảo;
trong câu 4b các em có thể sử dụng cách chứng minh khác vẫn đạt điểm
tối đa.Chào , chúc các em thành công
Gợi ý làm bài thi môn Toán lớp 10 ở Hà Nội
Nguyễn Cao Cường (Giáo viên Toán THCS Thái Thịnh, Hà Nội)
UBND TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2010 – 2011
MÔN TOÁN
( Thời gian 120 phút (Không kể thời gian phát
đề)
Bài 1: ( 2,0 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
a) A =
25 16 81- +
b) B =
2
3
3 1
-
+
c) C =
2
x 4x 4
x 2
- +
-
, víi x > 2
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 x
2
+

7x

– 4 = 0
.
Chứng

tỏ

phương

trình

có

hai

nghiệm

x
1
;

x
2
; không giải
phương trình hãy tính x
1
+

x
2
và

x
1
.

x
2
b) Giải phương trình :
1 1 x
x 2 2
+
=
+
c) Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Cạnh huền của một tam giác vuông bằng 13 cm.Hai cạnh góc vuông của tam giác vuông
ddoscos độ dài hơn kém nhau 7 cm . Tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.
Bài 4: ( 3,5 điểm )
Cho (O) đường kính .Vẽ bán kính OC vuông góc với AB.Gọi K là điểm nằm giữa B và
C.Tia AK cắt đường tròn (O) ở M
a) Tính ACB , AMC.

b) Vẽ CI vuông 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.
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) x
2
+

7x

– 4 = 0 ; Δ = = 49 – 4 .7.( - 4) = 343 > 0 ⇒…
x
1
+

x
2
= - 7 và

x

1
.

x
2
= - 4
b)
1 1 x
x 2 2
+
=
+
Û
2 = ( x + 2 )(1 + x) ⇔ …x(x+3) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = - 3
c) Gọi x ( x >0) là cạnh gv 1 ; x + 7 là cạnh gv 2
x
2
+ ( x + 2 )
2
= 13
2
…
x = 5 ; x = -12 (loại )
Bài 4:
a) ACB = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ;
AMC = AOC : 2 = 90
0
: 2 = 45

0

b) AIC = = 90
0
(gt) ; AOC = 90
0
(gt)
O,I cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vuông ⇒
AOIC là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh hệ thức :AI.AK = AO .AB
C1: ∆ACK vuông tại C: AC
2
= AI.AK (1)
∆ACB vuông tại C: AC
2
= OA.AB (2)
⇒ đpcm
C2: ∆AOC ∆ACB…⇒ (1)
Vẽ hình theo câu d
∆ACI ∆BKM…
.
2 .2
4 2
3 3
⇒ = ⇒ =
⇒ = = =
⇒ = =
AI CI MB CI
AI
MB MK MK

KM KM
AI KM IM
KM
AM IM MB
tgAMB = MB:AM = 1/3
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
A
C
B
M
I
K
O
I
S
S
S
KHÓA 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
2
B ( 3 1) 3= − −
Bài 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình
4 2
x 13x 30 0− − =

b) Giải hệ phương trình
3 1
7
x y
2 1
8
x y

− =




− =


Bài 3 (2,5 điểm)
Cho hai hàm số y = 2x
2
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 hoành 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 tròn (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 IN
2
= 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.
BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
( 20 45 3 5). 5A = − +
=
(2 5 3 5 3 5) 5 10= − + =
b) Tính B =
2
( 3 1) 3 3 1 3 1− − = − − = −
Bài 2: (2 điểm)
a) Giải phương trình : x
4
– 13x
2
– 30 = 0 (1)
Đặt u = x
2
≥ 0 , pt (1) thành : u
2
– 13u – 30 = 0 (2)
(2) có
2

169 120 289 17∆ = + = =
Do đó (2) ⇔
13 17
2
2
u
−
= = −
(loại) hay
13 17
15
2
u
+
= =
Do đó (1) ⇔ x =
15±
b) Giải hệ phương trình :
3 1
7
2 1
8
x y
x y

− =





− =


⇔
1
1
2 1
8
x
x y

= −




− =


⇔
1
1
10
x
y
= −



= −



⇔
1
1
10
x
y
= −



= −


.
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
2 3x x= +
⇔ 2x
2

– x – 3 = 0
3
1
2
x hay x⇔ = − =
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là
( )
3 9
1;2 , ;
2 2
 
−
 ÷
 
⇒ A
( )
1;2−
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 hoành tại B ⇒ B có tọa độ (-3; 0)
Vì x
A
+ x
D
= 2x
C
và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng (∆))
⇒ C là trung điểm AD

2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC =
1
2
AD
Nên ta có
1
2
ABC
ABD
S
AC
S AD
= =
Bài 4:
a) Trong đường tròn tâm O:
Ta có
·
BMN
=
·
MAB
(cùng chắn cung
¼
BM
)
b) Trong đường tròn tâm O':
Ta có IN
2
= IA.IB
c) Trong đường tròn tâm O:

·
·
MAB BMN=
(góc chắn cung
¼
BM
) (1)
Trong đường tròn tâm O':
·
·
BAN BNM=
(góc chắn cung
»
BN
) (2)
Từ (1)&(2) =>
·
·
· · · ·
0
MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180+ + = + + =
Nên tứ giác APBQ nội tiếp.
I
P
B
O
O'
M
N
Q

A
=>
·
·
·
BAP BQP QNM= =
(góc nội tiếp và góc chắn cung)
mà
·
·
QNM và BQP
ở vị trí so le trong => PQ // MN
Võ Lý Văn Long
(TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn)
SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi : TOÁN – Sáng ngày 30/6/2010
Thời gian làm bài : 120 phút
Câu 1. (2 đ )
a) Không sử dụng máy tính cầm tay , hãy rút gọn biểu thức : A =
12 2 48 3 75− +
b) Cho biểu thức
2 2 1
.
1
2 1
x x x x x x
B
x
x x x

 
− + − − +
= −
 ÷
 ÷
−
− +
 
Với những giá trị nào của x thì biểu thức trên xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B .
Câu 2 . (2đ )
Không dùng máy tính cầm tay , hãy giải phương trình và hệ phương trình sau :
a) x
2
- 2
2
x – 7 = 0
2 3 13
)
2 4
x y
b
x y
− =


+ = −

Câu 3. (2,5 đ)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x
2

và đường thẳng (d) có
phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, trong đó m là tham số .
a) Vẽ parabol (P) .
b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt .
c) Chứng minh rằng khi m thay đổi ,các đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định . Tìm
điểm cố định đó .
Câu 4. (2,5 đ)
Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng
( )
∆
không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A và B.
Từ một điểm M trên (
∆
) ( M nằm ngoài đường tròn tâm O và A nằm giữa B và M ), vẽ hai
tiếp tuyến MC, MD của đường tròn (O) . (C, D
∈
(O) ) Gọi I là trung điểm của AB, tia IO cắt
MD tại K .
a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D cùng thuộc một đường tròn .
b) Chứng minh : KD. KM = KO .KI
c) Một đường thẳng đi qua O và song song với CD cắt các tia MC và MD
lần lượt tại E và F . xác định vị trí của M trên (
∆
) sao cho diện tích
∆
MEF đạt giá trị nhỏ nhất .
Câu 5. (1 đ)
Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm được đặt úp trên một hình trụ có
thể tích bằng , 9420cm
3

và bán kính đáy hình trụ bằng 10cm , sao cho
đường tròn đáy trên của hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt xung quang hình
nón và đáy dưới của hình trụ nằm trên mặt đáy của hình nón . Một mặt
phẳng qua tâm O và đỉnh của hình nón cắt hình nón và hình trụ như hình
vẽ.
Tính thể tích của hình nón . Lấy
3,14
π
=
HẾT
HƯỚNG DẪN
Câu 1:
a) A =
12 2 48 3 75− +
=
2 3 8 3 15 3 9 3− + =
b)
2 2 1
.
1
2 1
x x x x x x
B
x
x x x
 
− + − − +
= −
 ÷
 ÷

−
− +
 
ĐK x>0 và x
≠
1
=
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2 1 2 1 1 1
. 6
1 1
x x x x x x
x
x x
− − − + + − −
=
− −
Câu 2.
a) x
2
- 2
2
x – 7 = 0 ĐS
1 2
2 3; 2 3x x= + = −
2 3 13

)
2 4
x y
b
x y
− =


+ = −

ĐS (x=2 ; y= -3)
Câu 3
a) bạn đọc tự giải
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 2x
2
– 2(m – 1)x +m – 1
∆
= m
2
– 4m +3 = (m+1)(m+3)
∆
>0  m >-1 hoặc m< -3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
c) Giả sử (x
0
; y
0
) là điểm cố định các đường thẳng (d) đi qua ,
ta có y
0
= 2(m-1)x

0
– m +1  m (2x
0
– 1) – (2x
0
+ y
0
– 1) = 0 . vì không phụ thuộc vào m ta có
0
0
0 0
0
1
2 1 0
2
2 1 0
0
x
x
x y
y

− =
=


⇔
 
+ − =



=

Câu 4 :
a)
·
·
·
0
90MCO MIO MDO= = =
=> M,C, O,I , D thuộc đường tròn đường
kính MO
b)
∆
DKO
:

∆
IKM (g-g)
=> KD. KM = KO .KI
c) S
MEF
= S
MOE
+ S
MOF
= R.ME
∆
MOE vuông tại O,có đường cao OC
 MC.CE = OC

2
= R
2
không đổi
 MC + CE = ME nhỏ nhất
khi MC = CE = R .
=> OM =
2R
.
M là giao điểm của đường thẳng (
∆
)
và đường tròn (O,
2R
) thì diện tích
∆
MEF nhỏ nhất .
Câu 5 :
MN = V: S = 9420 : 100. 3,14 = 30cm
MN//SO =>
1 1
3 3
3 10 5
AN MN
AN AH
AO SO
AN AN AN cm
= = ⇒ =
= + ⇒ =
=> AH =15cm

Diện tích đáy của hình nón bằng 15
2
.3,14 = 706,5cm
2
Thể tích hình nón bằng :
3
1
706,5.90 21,195
3
cm=
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HỒ CHÍ MINH Năm học: 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
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
2 3 2 0x x− − =
c)
4 2
4 13 3 0x x− + =
b)
4 1
6 2 9
x y
x y
+ = −



− =

d)
2
2 2 2 1 0x x− − =
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
2
x
y = −
và đường thẳng (D):
1
1
2
y x= −
trên cùng 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:
12 6 3 21 12 3A = − + −
2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷

   
Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình
2 2
(3 1) 2 1 0x m x m m− + + + − =
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A
=
2 2
1 2 1 2
3x x x x+ −
.
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 vuông
góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông 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.
BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2

2 3 2 0x x− − =
(1)
9 16 25∆ = + =

(1)
3 5 1 3 5
2
4 2 4
x hay x
− − +
⇔ = = = =
b)
4 1 (1)
6 2 9 (2)
x y
x y
+ = −


− =


4 1 (1)
14 7 ( (2) 2 (1))
x y
x pt pt
+ = −

⇔


= +

3
1
2
y
x
= −


⇔

=


c)
4 2
4 13 3 0x x− + =
(3), đđặt u = x
2
,
phương trình thành : 4u
2
– 13u + 3 = 0 (4)
(4) có
2
169 48 121 11∆ = − = =

13 11 1 13 11
(4) 3

8 4 8
u hay u
− +
⇔ = = = =
Do đó (3)
1
3
2
x hay x⇔ = ± = ±
d)
2
2 2 2 1 0x x− − =
(5)
' 2 2 4∆ = + =
Do đó (5)
2 2 2 2
2 2
x hay x
− +
⇔ = =
Bài 2:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( )
1
1; , 2; 2
2
 
± − ± −
 ÷

 
.
(D) đi qua
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −
 ÷
 
Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −
 ÷
 
.
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2
1
1 2 0
2 2
x
x x x
−

= − ⇔ + − =
1 2x hay x⇔ = = −
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −
 ÷
 
.
Bài 3:

12 6 3 21 12 3A = − + −

2 2
(3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3= − + − = − + −
3=

2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

2B =
(
)
(
)
2 2
5 4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3+ + − − + − + + −
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2
5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3= + + − − + − + + −
=
( ) ( )
2 2
5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3+ + − − + − + + −
=
5.3 5 20+ =
⇒ B = 10.
Bài 4:
a)
( )
2
2 2 2
3 1 8 4 4 2 5 ( 1) 4 0m m m m m m m∆ = + − − + = + + = + + > ∀
Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Ta có x
1

+ x
2
= 3m + 1 và x
1
x
2
= 2m
2
+ m – 1
A=
2 2
1 2 1 2
3x x x x+ −

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

2 2
1 1
6 6 ( )
4 2
m m m= − + + = + − −
2
25 1
( )
4 2

m= − −
Do đó giá trị lớn nhất của A là :
25
4
. Đạt được khi m =
1
2
Bài 5:
a) Ta có góc
·
EMO
= 90
O
=
·
EAO
=> EAOM nội tiếp.
Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :
·
· ·
o
EAO APM PMQ 90= = =
=> 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 APMQ
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 vuông có 1 góc
vuông bằng nhau là
·
·
AOE ABM=
, vì AE // BM
=>
AO AE
BP MP
=
(1)
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số
KP BP
AE AB
=
(2)
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.
Cách 2 : Ta có
EK AP
EB AB
=
(3) do AE // KP,
mặt khác, ta có
EI AP
EO AB
=
(4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng
So sánh (3) & (4), ta có :

EK EI
EB EO
=
.
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 :
abcd
4
a b c d
4
+ + +
 
≤
 ÷
 
(*)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP =
2 2 2 2 2
MO OP R (x R) 2Rx x− = − − = −
Ta có: S = S
APMQ
=
2 3
MP.AP x 2Rx x (2R x)x= − = −
S đạt max ⇔
3
(2R x)x−
đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max

I
K
B
O
M Q
E
A
P x
I

x x x
. . (2R x)
3 3 3

t max
p dng (*) vi a = b = c =
x
3

Ta cú :
4
4
4
x x x 1 x x x R
. . (2R x) (2R x)
3 3 3 4 3 3 3 16

+ + + =
ữ

Do ú S t max
x
(2R x)
3
=

3
x R
2
=
.
Phòng giáo dục và đào tạo
cẩm giàng - Hd

Kỳ thi thử 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 thi : 29 tháng 06 năm 2010
Đề thi gồm : 01 trang
Bài 1 ( 2,5 điểm)
1) Giải phơng trình sau:
2
x 1 3
x 3 x x 3x
=

2) Rút gọn biểu thức
x 1 1 2

A : ; x>0;x 1
x 1
x 1 x x x 1


= +
ữ
ữ
ữ

+


3) Cho hàm số
( )
y 2 2 x 2009= +
a) Tính giá trị của hàm số trên tại
x 2 2= +
b) Tìm x để hàm số nhận giá trị là 2010.
Bài 2 ( 1,5 điểm)
Cho hệ phơng trình :
x y 3m 2
2x 3y m 11
+ = +


=

( với m là tham số)
1)Giải hệ phơng trình trên khi m = 0

2)Tìm m hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn
2 2
y x
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3 (2,0 điểm)
a)Tìm m để đồ thị hàm số y= x
2
và đồ thị hàm số y = 2(m-2)x m
2
+ 2m + 3 tiếp
xúc nhau. Xác định tọa độ tiếp điểm.
b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng là 2m và diện tích là 35m
2
. Tính
chu vi của hình chữ nhật đó.
Bài 4 (3,0 điểm)
Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đ-
ờng tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng
MB cắt nửa đờng tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng
minh rằng:
a/ MO vuông góc với AC và tứ giác AMQI nội tiếp
b/
ã
ã
AQI ACO
=
c/ CN = NH.
Bài 5 (1,0 điểm)
Giải phơng trình sau:
2

x 5x 8 2 x 2 + =
Phòng giáo dục và đào tạo
cẩm giàng - Hd

Hớng dẫn chấm tuyển sinh lớp 10 THPT
năm học 2009 2010
Câu
(bài)
ý
(phần)
Nội dung Điểm
Bài 1
(3,0
điểm)
1
(1
điểm)
ĐK:
x 0;x 3
( ) ( )
( )
2
2
2 2
x 1 3 x x 3 3
x 3 x x 3x x x 3 x x 3
x 0
x x 3 3 x x 0 x x 1 0
x 1 0
x 0(loai)

x 1(tm)
+
= =

=

+ = = =

=

=



=

Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x=1
0.25
0.25
0.25
0.25
2:
(0.75
điểm)
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
x 1 1 2
A : ; x>0;x 1
x 1

x 1 x x x 1
x. x 1 x 1 2
:
x x 1 x 1 x 1
x 1 x 1
x 1
.
x 1
x x 1
x 1
x


= +
ữ
ữ
ữ

+


+
=
+
+

=
+

=
0.25
0.25
0.25
3
(0.75đ)
a)Khi x=
2 2+
ta có :
( ) ( )
y 2 2 2 2 2009 2 4 2009 2007= + + = + =

( ) ( )
1 2 2
b)y 2010 2 2 x 2009 2010 2 2 x 1 x
2
2 2
+
= + = = = =


Vởyx=
2 2
2
+

thì hàm số nhận giá trị là 2010.
0.25
0.25
0,25

Bài 2
(2,0
điểm)
1(0.5đ)
Với m =0 ta có hệ phơng trình :
x y 2 3x 3y 6 5x 5 x 1 x 1
2x 3y 11 2x 3y 11 x y 2 1 y 2 y 3
+ = + = = = =



= = + = + = =

Vậy với m =0 thì hệ phơng trình có nghiệm là(-1;3)
0, 5
2
(1.00
điểm)
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2
2
x y 3m 2 3x 3y 9m 6 5x 10m 5 x 2m 1
2x 3y m 11 2x 3y m 11 x y 3m 2 y m 3
y x m 3 2m 1 m 6m 9 4m 4m 1
5 49 49
3m 10m 8 3 m
3 3 3
+ = + + = + = =

= = + = + = +

= + = + + +

= + + = +
ữ

Dấu = xảy ra khi m=5/3
Vậy giá trị lớn nhất của y
2
x
2
là 49/3 khi m=5/3
0,25
0,25
0,25
0.25
Bài 3
(1,0
điểm)
a)Xét phơng trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho:
( )
( )
2 2 2 2
2
2 2 2
x 2(m-2)x - m + 2m + 3 x -2(m-2)x + m - 2m - 3 =0(1)

'= - m-2 1 m - 2m - 3 m 4m 4 m 2m 3 2m 7
=

= + + + = +

Hai đồ thị đã cho tiếp xúc nhau khi phơng trình (1) có nghiệm kép
7
' 0 2m 7 0 m
2
= + = =
Khi đó :
2
1 2 1 2
7 3 3 9
x x m 2 2 y y
2 2 2 4

= = = = = = =
ữ

Vậy với m = -7/2 thì hai đồ thị tiếp xúc nhau tại (3/2;9/4).
0,25
0,25
0,25
0,25
Gọi chiều dài của hình chữ nhật là x (m), x>2
Chiều rộng của hình chữ nhật là x-2(m).
Vì diện tích hình chữ nhật là 35 m
2
nên ta có:

( )
2
1 2
x x 2 35 x 2x 35 0
' 1 35 36 0 ' 36 6
x 1 6 7(tm);x 1 6 5(loai)
= =
= + = > = =
= + = = =
Chiều dài HCN là 7m, chiều rộng của hcn là 7-2=5m.
Vậy chu vi hcn là 2(5+7)=24m.
0.25
0.25
0.25
0.25
Vẽ hình
đúng

Q
I
N
H
M
O
A
B
C
0,5
4.a

(0,75
điểm)
Ta có MA=MC(t/c tiếp tuyến) ; OA=OC (bán kính)

MO là trung trực của AC

MO

AC
AQ MB
(Góc AQB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
Suy ra Q, I cùng nhìn AM dới 1 góc vuông

Tứ giác AIQM nội tiếp trong đờng tròn đờng kính AM.
0,25
0,25
0,25
4.b:
(0,75
đ)
Ta có
ã
ã
AMI AQI
=
(=
1
2
sđ cungAI)
Và

ã
ã
AMI IAO
=
(cùng phụ với góc AOM)
Mà
ã
ã
IAO ACO
=
(

AOC cân)
Suy ra
ã
ã
AQI ACO
=
0,25
0,25
0,25
4.c:
(1.00
điểm)
Tứ giác AIQM nội tiếp

ã
ã
MAI IQN
=

(Cùng bù với góc MQI)
Dễ chứng minh đựơc AM//CH =>
ã
ã
MAI ICN
=
(so le trong)
=>
ã
ã
IQN ICN
=


tứ giác QINC nội tiếp


ã
ã
QCI QNI
=
(cùng bằng 1/2 sđ cung QI)
Mặt khác
ã
ã
QCI QBA
=
(=1/2 sđ cung QA)

ã

ã
QNI QBA
=

IN // AB
Mà I là trung điểm của CA nên N là trung điểm của CH

NC=NH
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5
(1,0
điểm)
( )
( )
2
2
2
x 5x 8 2 x 2;(x 2) x 3 x 2 1 0
x 3 0
x 3(tm)
x 2 1 0
+ = + =
=


=

=


Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x= 3
0,25
0,5
0,25
Sở giáo dục - đào tạo
Nam định
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2010 2011
Môn: Toán
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu sau có nêu bốn phơng án trả lời, trong đó chỉ có
một phơng án đúng. Hãy chọn phơng án đúng (viết vào bài làm chữ cái đứng trớc phơng
án đợc lựa chọn).
Câu 1. Phơng trình (x 1)(x + 2) = 0 tơng đơng với phơng trình
A. x
2
+ x 2 = 0 B. 2 x + 4 = 0 C. x
2
-2 x +1 = 0 D. x
2
+ x +2 = 0
đề chính thức
Câu 2. Phơng trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3?
A. x
2
- 3 x +14 = 0 B. x
2
- 3 x - 3 = 0 C. x

2
-5 x +3 = 0 D. x
2
-9 = 0
Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên
Ă
?
A. y = -5x
2
B. y = 5x
2

C. y = (
3
-2)x
D. y = x - 10
Câu 4. Phơng trình x
2
+ 4 x + m = 0 có nghiệm khi và chỉ khi
A.
4m

. B.
4m
<
. C.
4m

. D.
4m

>
.
Câu 5. Phơng trình
3 4x x+ =
có tập nghiệm là
A.
{ }
1;4
. B.
{ }
4;5
. C.
{ }
1;4
. D.
{ }
4
.
Câu 6. Nếu một hình vuông có cạnh bằng 6 cm thì đờng tròn ngoại tiếp hình vuông đó coa
bán kính bằng
A.
6 2cm
B.
6cm
C.
3 2cm
D.
2 6cm
Câu 7. Cho hai đờng tròn (O;R) và
, ,

( ; )O R
có R = 6cm,
,
R

= 2cm,
,
OO
= 3cm. Khi đó, vị trí
tơng đối của hai đờng tròn đã cho là
A. cắt nhau.
B. (O;R) đựng
, ,
( ; )O R
.
C. ở ngoài nhau. D. tiếp xúc trong.
Câu 8. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 3cm, có thể tích bằng 18 cm
3
. Hình nón đã
cho có chiều cao bằng
A.
6
cm

.
B.
6cm
.
C.
2

cm

D.
2cm
.
Phần 2- Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức P =
2
.
1 1 2
x x
x x x x

+
ữ
ữ
+ + +

với
0x

và
1x

.
1) Rút gọn biểu thức P.
2) Chứng minh rằng khi
3 2 2x = +
thì P =
1

2
.
Câu 2. (1,5 điểm)
1) Cho hàm số y = 2x + 2m + 1. Xác định m, biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm
A(1;4).
2) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x
2
và đồ thị hàm số y = 2x + 3.
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phơng trình

1 2
2
2 1
3 4
x y x y
x y x y
x y
+ + +

+ =

+ + +


+ =

Câu 4. (3,0 điểm) Cho đờng tròn (O; R) và một điểm M nằm ngoài đờng tròn sao cho OM
= 2R. Đờng thẳng d đi qua M và, tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại A. Gọi N là giao điểm
của đoạn thẳng MO với đờng tròn (O; R).
1) Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R. Tính số đo góc NAM.

2) Kẻ hai đờng kính AB và CD khác nhau của đờng tròn (O; R). Các đờng thẳng BC,
BD cắt đờng thẳng d lần lợt P, Q.
a) Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp.
b) Chứng minh 3BQ 2 AQ > 4R.
Câu 5. (1,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số (x; y) thoả mãn điều kiện
( )
2 4 4x y y x xy + =

Hớng dẫn giảI và dự kiến đáp án đề tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2010 -
2011
Phần đáp án điểm
I
(2,0đ)
Câu 1: A; Câu 2: B; Câu 3: D; Câu 4: C Mỗi câu đúng cho 0,25
Câu 5: D; Câu 6: C; Câu 7: B; Câu 8: C
2,0
II
Câu1
(1,5đ)
1. (1đ)
Thực hiện:
2 2( 1) ( 1)
1 1 ( 1)( 1)
x x x x
x x x x
+ +
+ =
+ +
0,25

2 2
1
x x x
x
+ +
=

0,25

2
1
x x
x
+ +
=

0,25
P =
2
.
1 1
2
x x x x
x x
x x
+ +
=

+ +
0,25

2. (0,5đ) Thay x =
3 2 2+
vào biểu thức P rút gọn ta có
3 2 2
3 2 2 1
P
+
=
+

1 2 1
2
2 2 2
+
= =
+
. điều phải chứng minh
0,25
0,25
Câu2
(1,5đ)
1. (0,75đ)
Đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;4) suy ra x = 1 và y = 4 thoả mãn công thứcy
=2x+2m+1
Suy ra 4 = 2.1 + 2m + 1
0,50
Tìm đợc m = 0,5 0,25
2. (0,75đ)
Xét phơng trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x
2

= 2x + 3
Giải phơng trình tìm đợc x = -1và x = 3
Thay vào công thức hàm số tìm đợc y = 1 và y = 9
Kết luận toạ độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là (-1; 1) và (3; 9)
0,25
0,25
0,25
Câu 3
(1,0đ)
+ Đặt ĐKXĐ của hệ
1 2
2
2 1
3 4
x y x y
x y x y
x y
+ + +

+ =

+ + +


+ =

là (x+2y)(x+y+1)
0
+ Biến đổi phơng trình
2 2

1 2 ( 1) ( 2 )
2 2
2 1 ( 1)( 2 )
x y x y x y x y
x y x y x y x y
+ + + + + + +
+ = =
+ + + + + +


2 2
( 1) ( 2 ) 2( 1)( 2 )x y x y x y x y + + + + = + + +


[ ]
( )
2
2
( 1) ( 2 ) 0 1 0 1x y x y y y + + + = = =
+ Thay y = 1 vào phơng trình 3x + y = 4 ta tìm đợc x = 1
+ Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của hệ là (1; 1)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4
(3,0đ)

Q
P

D
B
M
N
O
A
C
0,25
0,25
1. 1điểm
+ Tính đợc MN = R và chỉ ra N là trung điểm của MO
+ Chỉ ra đợc OA vuông góc với AM và suy ra tam giác MAO vuông tại A
+ áp dụng định lý đờng trung tuyến trong tam giác vuông MAO tính đợc AN = R
+ Tính đợc góc NAM = 30
0
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (2,0đ)
a) 1.25điểm. Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp
+Ch + Chỉ ra đợc cung nhỏ AD = cung nhỏ BC; cung nhỏ AC = cung nhỏ BD
+ Ta có góc PQD là góc có đỉnh ở bên ngoài đờng tròn nên
gócPQD =
1
2
(sđ cung BCA sđcungAD) =
1
2
sđ cung AC.

+Ta có góc BCD =
1
2
sđ cung BD (tính chất góc nội tiếp)


gócPQD = góc BCD
Mà góc BCD + gócDCP = 180
0
nên góc PQD + góc DCP = 180
0
Vậy tứ giác PQDC nội tiếp
0,50
0,25
0,25
0,25
b) 1 điểm. Chứng minh 3BQ 2AQ > 4R
*Xột tam giỏc ABQ cú :
BQ
2
= AB
2
+ AQ
2
Ta cú : 3BQ 2AQ > 4R

3BQ > 2AQ + 2AB ( vỡ AB = 2R )


9BQ

2
> 4 AQ
2
+ 8AQ.AB + 4AB
2


9AB
2
+ 9AQ
2
> 4 AQ
2
+ 8AQ.AB + 4AB
2

4( AQ AB )
2
+ AQ
2
+ AB
2
> 0 ( luụn ỳng )

pcm
0,50
0,25
Câu 5
(1,5đ)
Tìm (x;y) thoả mãn

( )
2 4 4x y y x xy + =
+ Điều kiên xác định: x

4 và y

4 (*)
+ Đặt
4; 4a x b y= =
với a và b là các số không âm thì điều kiện đề bài trở
thành
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 4 4 4 4a b b a a b

+ + + = + +

0,25
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 4 4
1
4 4
a b b a
a b

+ + +

=
+ +
2 2
2 2
1
4 4
b a
b a
+ =
+ +
2 2
4 4
2
4 4
b a
b a
+ =
+ +
(1)
+ Với mọi a; b thì
2 2
4 4
1; 1
4 4
b a
b a

+ +
. Do đó từ (1) suy ra
2 2

4 4
1
4 4
b a
b a
= =
+ +
(2)
Giải (2) ta đợc a = b = 2. Do đó x = y = 8
+ Kiểm tra các giá trị của x, y thoả mãn điều kiện đề bài. Vậy cặp số (8; 8) là
cặp số cần tìm.
0,25
0,25
S GD&T Cn Th thi tuyn sinh lp 10
Nm hc: 2010 - 2011.
Mụn: Toỏn.
Thi gian lm bi: 120 phỳt
Cõu I: (1,5) Cho biu thc A =
1 1
1 1 1
x x x
x x x x x


+
1/ Rỳt gn biu thc A.
2/ Tỡm giỏ tr ca x A > 0.
Cõu II: (2,0) Gii bt phng trỡnh v cỏc phng trỡnh sau:
1. 6 - 3x -9 2.
2

3
x +1 = x - 5
3. 36x
4
- 97x
2
+ 36 = 0 4.
2
2 3 2
3
2 1
x x
x

=
+
Cõu III: (1,0) Tỡm hai s a, b sao cho 7a + 4b = -4 v ng thng ax + by = -1 i
qua im A(-2;-1).
Cõu IV: (1,5) Trong mt phng to Oxy cho hm s y = ax
2
cú th (P).
1. Tỡm a, bit rng (P) ct ng thng (d) cú phng trỡnh y = -x -
3
2
ti im
A cú honh bng 3. V th (P) ng vi a va tỡm c.
2. Tỡm to giao im th hai B (B khỏc A) ca (P) v (d).
Cõu V: (4,0) Cho tam giỏc ABC vuụng A, cú AB = 14, BC = 50. ng phõn
giỏc ca gúc ABC v ng trung trc ca cnh AC ct nhau ti E.
1. Chng minh t giỏc ABCE ni tip c trong mt ng trũn. Xỏc nh

tõm O ca ng trũn ny.
2. Tớnh BE.
3. V ng kớnh EF ca ng trũn tõm (O). AE v BF ct nhau ti P. Chng
minh cỏc ng thng BE, PO, AF ng quy.Tớnh din tớch t giỏc ABFE