Đề thi toán vào lớp 10 (2010-2011)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
PHÚ YÊN 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 :
I

K
B
O
M Q
E
A
P x
I
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
⇔
x x x
. . (2R x)
3 3 3
−
đạt max
Áp dụng (*) với a = b = c =
x
3

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

2
=
.
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
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+ + = + + =
I
P
B
O
O
'
M
N
Q
A
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
SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT
THANH HOÁ Năm học 2010 –
2011
Môn thi: Toán
Ngày thi: 30 tháng 6 năm
2010
Thời gian làm bài: 120phút
Bài I (2,0 điểm)
Cho phương trình : x
2
+ nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi n = 3
2. Giả sử x
1
,x
2
là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :
x
1
(x
2
2
+1 ) + x
2
( x
1
2

+ 1 ) > 6
Bài II (2,0 điểm)
Cho biểu thức
3 3 1 1
3
3 3
a a
A
a a a
 
+ −
 
= − −
 ÷
 ÷
 ÷
− +
 
 
với a > 0;
9a
≠
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 = x
2
và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới x
A
= -1,x

B
= 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.
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
T ìm gi á tr ị nh ỏ nh ất c ủa :
2 2
33
P x y
xy
= + +
Hết
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họtênthísinh:…………………………………………………….Sốbáodanh:
…………………………………
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: x
2
+ 3x – 4 = 0
pt có a+b++c=0 nên x
1
= 1, x
2
= -4
2. pt đã cho có
2
16 0n∆ = + >
với mọi n, nên phương trình luôn có hai nghiệm phân
biệt x
1
, x2
.
Áp
dụng hệ thức Vi et ta có:
x
1
+ x
2
= n
x
1
x
2
= -4
Ta có:
2 2

1 2 2 1
1 2 1 2 1 2
( 1) ( 1) 6
( ) 6
4.( ) ( ) 6
3 6
2
x x x x
x x x x x x
n n
n
n
+ + + >
⇔ + + + >
⇔ − − + − >
⇔ >
⇔ >
Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A=
4
3a +
2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên 
3a +
là ước của 4.
do
3a +

≥
3 nên
3a +
= 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:
2
2 1
1
2
1 2
m m
m
m

− =
⇔ = −

+ ≠

Bài 4.
1. Tứ giác QRMN có :
·
·
0
90QNR QMR= =
Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR.
2. Ta có:
·
0
90PQK =

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra:PQ
⊥
KQ, mà RH
⊥
PQ
 KQ//RH(1)
Chwngs minh tương tự ta cũng có:
QH//KR(2)
P
N
M
RQ
K
H
I
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:
QHR QKR
S S=
Từ K kẻ KI
⊥
QR. Ta có:
1
.
2
QKR
S KI QR=
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 Côsi ta có: xy
2
( )
4
4
x y+
≤ =
Do đó
33 33
4xy
≥
Mặt khác: x
2
+y
2
=
2
( )x y+
-2xy=16-2xy
16 2.4
≥ −
=8( do xy
≤
4)
Vậy P
33 65
8
4 4

≥ + =
Do đó : MinP=
65
4
, đạt được khi x=y=2.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho các trường THPT không chuyên
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
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
( 2) 1y m x= − +
( 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 vuông 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 cm
2
B. 1,0 cm
2
C. 0,5 cm
2
D. 0,15 cm
2
Câu 4. Tất cả các giá trị của
x
để biểu thức
2x +
có nghĩa là:
A. x < -2 B. x < 2
C.
x∈¡
D.
2x ≥ −
PHẦN II. TỰ LUẬN (8,0 điểm):
Câu 5 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình
4 5 5
4 7 1
x y
x y
− = −


− = −



Câu 6 (1,5 điểm). Cho phương trình:
2
2( 1) 5 0x m x m− − + − =
, (x là ẩn,
m
là tham số ).
1. Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
1 2
, x x
với mọi giá trị của
m
.
2. Tìm tất cả các giá trị của
m
để phương trình đã cho có hai nghiệm
1 2
,x x
thoả mãn điều kiện
2 2
1 2
10x x+ =
Câu 7 (1,5 điểm). Cho một tam giác có chiều cao bằng
3
4
cạnh đáy. Nếu chiều cao tăng thêm
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 tròn (O), M là một điểm nằm ngoài 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 vuông 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 tròn 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
3 3 3
4( ) 15P a b c abc= + + +
.
HẾT
Cán bộ coi thi không 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 TOÁN
Dành cho các trường THPT không chuyên
——————————
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 không được điểm.
-Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu không có hình vẽ đúng ở
phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó.
-Điểm toàn là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn.
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
Xét hệ phương trình
4 5 5 (1)
4 7 1 (2)
x y
x y
− = −


− = −


Lấy (1) – (2) ta có:
2 4 2y y= − ⇔ = −
0,5
Thay
2y = −
vào (1) có:
4 10 5x
+ = −

0,5
15
4

x⇔ = −
0,5
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
15
, 2
4
x y= − = −
0,5
Câu 6 (1,5 điểm).
1. (0,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Ta có
'∆
= m
2
 3m + 6 0,25
=
2
3 15
0
2 4
m
 
− + >
 ÷
 
m nên PT đã cho có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
với mọi giá trị của m. 0,25

2. (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Theo công thức viet ta có: x
1
+ x
2
= 2(m  1), x
1
x
2
= m  5 0,25
Ta có
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2 .x x x x x x+ = + −
2 2
4( 1) 2( 5) 4 10 14m m m m= − − − = − +
0,25
Từ đó
2 2 2 2
1 2
1
10 4 10 14 10 4 10 4 0
2
2
m
x x m m m m
m

=


+ = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

=

0,25
Vậy
1
2
m =
hoặc m = 2 là các giá trị cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán. 0,25
Câu 7 (1,5 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Gọi độ dài cạnh đáy của tam giác đã cho là x (m) (điều kiện x > 0) thì chiều cao của tam giác là
3
4
x

(m).
0,25
Diện tích của tam giác là
2
1 3 3
. .
2 4 8
S x x x= =
(m
2
) 0,25
Khi tăng chiều cao thêm 3m và giảm cạnh đáy đi 2m thì chiều cao của tam giác mới là (

3
3
4
x +
) (m)
và độ dài cạnh đáy của tam giác mới là (x  2) (m).
0,25
Khi đó diện tích tam giác mới là
1 3
' .( 2). 3
2 4
S x x
 
= − +
 ÷
 
(m
2
) 0,25
Theo bài ra ta có PT :
2
1 3 3
3 ( 2) 9
2 4 8
x x x
 
+ − = +
 ÷
 
 x = 16 (thoả mãn điều kiện) 0,25

Vậy tam giác đã cho có độ dài cạnh đáy là x = 16 (m), độ dài chiều cao là h = 12 (m). 0,25
Câu 8. ( 2,0 điểm).

1. ( 1,0 điểm):
Hình vẽ
Nội dung trình bày Điểm
Có:
·
0
90MAO =
(góc giữa tiếp tuyến với bán kính đi qua tiếp điểm).
0,25
Tương tự
·
0
90MBO =
.
0,25
Suy ra các điểm A, N, B cùng nhìn đoạn MO dưới một góc vuông. 0,25
Vậy 5 điểm M, A, N, O, B cùng thuộc đường tròn bán kính
2
MO
.
0,25
2.( 1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Tứ giác MANB nội tiếp nên
·
·
AMN ABN=

(1),
OA PS
⊥
,
·
·
//OA MA PS MA AMN RPN
⊥ ⇒ ⇒ =
(2).
0,25
Từ (1) và (2) suy ra:
·
·
ABN RPN=
hay
· ·
RBN RPN= ⇒
tứ giác PRNB nội tiếp
· ·
BPN BRN⇒ =
(3)
0,25
Mặt khác có:
·
·
BPN BAQ=
(4), nên từ (3) và (4) suy ra:
·
·
//BRN BAQ RN SQ= ⇒

(5)
0,25
Từ (5) và N là trung điểm PQ nên trong
SPQ∆
có RN là đường trung bình, suy ra
PR RS
=
(đpcm)
0,25
Câu 9 (1,0 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Có
2 2 2
( ) ( )( )a a b c a b c a b c≥ − − = − + + −
(1) ,
2 2 2
( ) ( )( )b b c a b c a b c a≥ − − = − + + −
(2)

2 2 2
( ) ( )( )c c a b 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≥ + − + − + −
(*)
0,25
Từ

2a b c+ + =
nên (*)
(2 2 )(2 2 )(2 2 )abc a b c
⇔ ≥ − − −

8 8( ) 8( ) 9 0a b c ab bc ca abc
⇔ − + + + + + − ≤
8 9 8( ) 0 9 8( ) 8abc ab bc ca abc ab bc ca⇔ + − + + ≥ ⇔ − + + ≥ −
(*)
0,25
Ta có
3 3 3 3
( ) 3( )( ) 3 8 6( ) 3a b c a b c a b c ab bc ca abc ab bc ca abc+ + = + + − + + + + + = − + + +
0,25
Từ đó
[ ]
3 3 3
4( ) 15 27 24( ) 32 3 9 8( ) 32a b c abc abc ab bc ca abc ab bc ca
+ + + = − + + + = − + + +
(**)
Áp dụng (*) vào (**) cho ta
3 3 3
4( ) 15 3.( 8) 32 8a b c abc+ + + ≥ − + =
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
3
a b c= = =
.
Từ đó giá trị nhỏ nhất của P là 8 đạt được khi và chỉ khi
2

3
a b c= = =
0,25
—Hết—
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hà
nộ
i
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 toán 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=-x
2
và đường thẳng (d): y=mx-1
1/ Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt
parabol (P) tại 2 điểm phân biệt
2/ Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và
parabol (P). Tìm giá trị của m
để : x
1

2
x
2
+x
2
2
x
1
-x
1
x
2
=3.
Bài IV ( 3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn 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).
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

 A
max
= 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)
2 1 1 2
2 1 1 2
Vì đường chéo hình chữ nhật là 13m, nên theo Pytago ta có phương trình:
x
2
+ (x+7)
2
= 169
=> x
2
+ x
2
+14x + 49 = 169
 2x
2
+ 14x-120= 0
 x
2
+7x-60= 0
∆= 49+240=289
x
1
= = 5 (tmđk); x
2

= = -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): -x
2
= mx-1
 x
2
+ mx - 1 = 0 (*)
Có: ac = -1 <0 => phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt với
m
2/ x
1
2
x
2
+ x
2
x - x x = 3
 x
1
x
2
(x
1
+x
2
) - x
1
x

2
= 3 (1)
Vì phương trình (*) luôn có 2 nghiệm với m nên:
Theo Viét ta có: x
1
+x
2
= = -m; x
1
x
2
= = -1
(1)  -1.(-m) + 1 = 3 => m+1 = 3
=> m=2. Vậy với m = 2 thì x
1
2
x
2
+ x
2
x - x x = 3.
Lời giải
1/ AEB = 90
o
(góc nội tiếp chắn ½ đường tròn) => AEF = 90
o
ACB = 90
o
(góc nội tiếp chắn ½ đường tròn) => FCB = 90
o

Tứ giác CFED có: C + E = 180
o
=> tứ giác CFED nội tiếp ( tứ giác có tổng 2
góc đối bằng 180
o
)
2/ Xét ∆ACD và
∆BED: C = E =
90
o
(1)
A
1
= B
1
( 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.
 F
1
+ FAH = 90
o
Mà B
2
+ FAH = 90
o
=> F
1

= B
2
Có ∆COB cân tại O (CO=OB=R)=> góc C
1
= góc B
2
=> góc C
1
= góc F
1
( cùng
= góc B
2
)
* Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE là trung điểm
của FD => CI=IF=1/2 FD (do góc DCF = 90
o
tính chất trung tuyến ứng với
cạnh huyền)
=> ∆CIF cân tại I => góc C
2
= góc F
1
Có ∆CAO cân tại O (CO=OA=R) => góc C
3
= góc CAO
Mà góc F
1
+ góc CAO = 90
o

=> góc C
2
+ góc C
3
= 90
o
=> góc ICO = 90
o
=> IC
CO, mà C
(O) => IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) (ĐPCM)
4/ Xét ∆ICO và ∆IEO có: IC = IE (cùng bằng bán kính
của đường tròn (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 A
1
= ½ sđ cung CE ( góc A
1
là góc nội tiếp chắn cung CE )
 góc A
1
= góc COI.
Xét ∆ACD và ∆OCI có: góc A
1
= góc

COI (cmt) (6) Góc ACD = góc OCI ( =
90
o
) (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 ngoài của tứ giác nội
tiếp = góc trong tại đỉnh
đối) (10)
Xét ∆CAD có góc C = 90
o
=> 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
A
2
B
H O
(hình vẽ của Bài IV)
Lời giải

x
2
+ 4x + 7 = x + 4
x
2
+ 7 - 4 + 4x - x = 0
( - 4) - x = 0
( ) = 0




Vậy x = là nghiệm của phương trình.