bộ đề thi vào lớp 10 có đáp án

THI TUYN SINH VO THPT
MễN TON
(Thi gian lm bi 120 phỳt)



S 1
Bi 1

:

Cho P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
1
x
x
+

a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P <
1
3
với x

0 và x

1.
Bi 2

:

Cho phơng trình : x
2
2(m - 1)x + m
2
3 = 0

(1) ; m là
tham số.
a/. Gii phng trỡnh vi m = 2.
a/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm phõn bit.
b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm
này bằng ba lần nghiệm kia.
Bi 3

: Cho Parabol (P) y = x
2

v ng thng (d): y = - x + 2
a) V (P) v (d) trờn cựng mt phng ta .
b) Tỡm ta giao im A, B ca (P) v (d) bng phộp tớnh.
c) Tớnh din tớch tam giỏc OAB( n v trờn 2 trc l cm).
Bi 4

:

Mt xe ụtụ i t A n B di 120km trong mt thi gian
d nh. Sau khi i c na quóng ng thỡ xe tng vn tc
thờm 10km/h nờn xe n B sm 12 phỳt so vi d nh. Tớnh vn
tc ban u ca xe.
Bi 5

:

Cho ng trũn tõm O, ng kớnh AB; dõy CD vuụng gúc
vi AB ti trung im M ca OA.Tip tuyn ca ng trũn O ti
C v D ct nhau ti N. Chng minh:
a) T giỏc ODNC ni tip.
b) T giỏc ACOD l hỡnh thoi.
c) A l tõm ng trũn ni tip tam giỏc CDN.
d)Chng minh: MO.MB =
2
4
CD
Bi 6:
Chng minh bt ng thc:
2 2 2
2 2 2

+ + + +
a b c c b a
b a c
b c a

Đáp án
Bi 1

: Điều kiện: x

0 và x

1. (0,25 điểm)
P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
( 1)( 1)

x
x x
+
+
=
3
2
( ) 1
x
x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
1x
=
2 ( 1)( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x x x x
x x x
+ + + + +
+ +
=

( 1)( 1)
x x
x x x

+ +
=
1
x
x x+ +
b/. Với x

0 và x

1 .Ta có: P <
1
3


1
x
x x+ +
<
1
3

3
x
< x +
x
+ 1 ; ( vì x +

x
+ 1 > 0 )

x - 2
x
+ 1 > 0

(
x
- 1)
2
> 0. ( Đúng vì x

0 và x

1)
Bi 2

: a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi



0.

(m - 1)
2
m
2
3

0

4 2m

0

m

2.
b/. Với m

2 thì (1) có 2 nghiệm.
Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo
Viet ,ta có:

2
3 2 2
.3 3
a a m
a a m
+ =


=


a =
1
2
m

3(
1
2
m
)
2
= m
2
3

m
2
+ 6m 15 = 0

m = 3

2
6
( thõa mãn điều kiện).
Bi 3

:
a/ H/s t v
b/ ta cú x
2
= - x + 2 x
2
+ x 2 = 0

x
1
= 1 =>y
1
= 1
x
2
= -2 => y
2
= 4
Vy to giao im l (1;1) v (-2;4)
Bài 4

:
S V t
S
A - C
60 x 60/x
S
C – B
60 x + 10 60/x + 10
Phương trình:
60 60 1
10 5
− =
+x x
Giải ra ta được:
1 2
60; 50= − =x x
Vậy vận tốc ban đầu là 50 km.

Bài 5

:
c) A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN.
Ta phải chứng minh A là giao của hai đường phân giác CA và
DA ( dựa vào góc hình thoi và góc với đường tròn)
d)Chứng minh: MO.MB =
2
4
CD
Biến đổi
2
2
2
.
4 2
 
= = =
 ÷
 
CD CD
DM AM MB
Mà AM = MO.
Bài 6:
Chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2
2 2 2
+ + ≥ + +
a b c c b a
b a c

b c a
Áp dụng Cosi
2 2
2+ ≥x y xy
Ta 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
+ ≥ =
+ ≥ =
a b a b a
b c b c c
b c b c b
c a c a a
Cộng vế theo vế ta được:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2( ) 2( )+ + ≥ + + ⇒ + + ≥ + +
a b c c b a a b c c b a
b a c b a c
b c a b c a
điều cần phải chứng minh.

THI TUYỂN SINH VÀO THPT
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài 120 phút)

ĐỀ SỐ 2




Bài 1:
Cho biểu thức:
4
8
22
2
−
−
+
+
−
=
x
x
x
x
x
x
A
a) Tìm ĐKXĐ của A.
b) Rút gọn biểu thức A.
c) Tính giá trị của A biết x = 9.
Bài 2:
Cho phương trình:
03)3(2

22
=+++− mxmx
(1)
a) Giải phương trình với m = - 1.
b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiêm phân biệt.
c) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả
mãn:
3
21
=+
xx
.
Bài 3:
Cho hàm số (P):
2
2xy =
và đường thẳng (d):
nxy
+=
2
a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) khi n = 4
b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
c) Tìm n để (d) tiếp xúc với (P).
Bài 4:
Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 109
Tìm hai số đó ?
Bài 5:
Trên đường tròn (O) vẽ dây BC không đi qua tâm. Trên tia đối
của tia BC lấy điểm M. Đường thẳng đi qua M cắt đường tròn (O)
lần lượt tại N và P,sao cho O nằm trong góc PMC. Trên cung nhỏ

NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung AP. Nối AB và AC
lần lượt cắt NP ở Dvà E. Chứng minh rằng :
a)
ACBADE ∠=∠
b) Tứ giác BDEC nội tiếp
c) MB.MC = MN.MP
d) Nối OK cắt NP tại K . Chứng minh MK
2
> MB.MC
Bài 6:
Cho hai số dương a và b thoả mãn điều kiện: a + b = 1.
Chứng minh rằng:
9
1
1
1
1 ≥






+







+
ba
.

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2:
Bài 1:
Cho biểu thức:
)2)(2(
8
22
2
4
8
22
2
−+
−
+
+
−
=
−
−
+
+
−
=
xx
x
x

x
x
x
x
x
x
x
x
x
A
a) ĐKXĐ:
0
≥
x
;
402 ≠⇔≠− xx
b) Rút gọn biểu thức A.
)2)(2(
8
22
2
4
8
22
2
−+
−
+
+
−

=
−
−
+
+
−
=
xx
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
A
.
2
3
)2)(2(
)2(3
)2)(2(
63
)2)(2(
8242
)2)(2(

8)2()2(2
+
=
−+
−
=
−+
−
=
−+
−−++
=
−+
−−++
=
x
x
xx
xx
xx
xx
xx
xxxxx
xx
xxxxx

c)Tính giá trị của A biết x = 9.
Thay x = 9 vào A ta được:
5
9

29
93
=
+
Bài 2:
Cho phương trình:
03)3(2
22
=+++−
mxmx
(1)
a) Giải phương trình với m = - 1.
Thay m = -1 ta được:

044
03)1()31(2
2
22
=+−⇔
=+−++−−
xx
xx
2
2
)4(
01616
2;1
=
−−
=⇒=−=∆ x

.
b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiêm phân biệt.
Từ pt (1) ta có :
242412436244)3.(1.4)3(4
2222
+=−−++=+−+=∆ mmmmmm
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi
1024240
−=⇔=+⇔=∆
mm
c) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả
mãn:
3
21
=+
xx
.
Theo hệ thức Vi ét
2
3
3623)3(23
21
−
=⇔=+⇔=+⇒=+
mmmxx
Bài 3:
Cho hàm số (P):
2
xy =
và đường thẳng (d):

nxy
+=
2
a)Vẽ đồ thị của (P) và (d) khi n = 4 (HS tự vẽ)
b)Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
0422422
22
=−−⇔+=
xxxx
2
1
;10)4()2(2
21
=−=⇒=−+−−=+− xxcba
=>
4
1
2
1
;1)1(
2
2
2
1
=







==−= yy
Vây toạ độ giao điểm là:
( )
.
4
1
;
2
1
;1;1






−
d) Tìm n để (d) tiếp xúc với (P).
Bài 4:
Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 109
Tìm hai số đó ?
Gọi số tự nhiên bé là x ; Thì số tự nhiên liền sau là x + 1.
Ta có: Tích của hai số là x.(x + 1 )
Tổng của hai số là x + (x + 1 )
Theo bài rat a có phương trình:
x(x +1)- (x + x + 1) = 109. Giải ra ta được: x = 11.
(x = - 10 loại)
Vậy hai số đó là 11 và 12.
Bài 5:

K
N
E
D
B
O
M
C
P
A
a)
ACBADE
∠=∠
:
+ Hai góc có tổng số đo hai cung bị chắn bằng nhau.
b)Tứ giác BDEC nội tiếp

:
Góc BDE + góc ECB có tổng số đo các cung bị chắn bằng 180
0
c) MB.MC = MN.MP


Tam giác MNB ~ tam giácMPC vì có góc M chung và
góc MNB = góc BCP ( cùng bù với góc ENB )
d)Nối OK cắt NP tại K . Chứng minh MK

2

> MB.MC
PP:

Ta phải chứng minh MK
2
trừ đi một lương thì bằng MB.MC
Ta có MB.MC = MN.MP mà MN = MK – KN và MP = MK + KP
KN = KP =a => MB.MC = MN.MP = (MK – a)(MK + a)
=MK
2
– a
2
< MK
2
Bài 6:
Cho hai số dương a và b thoả mãn điều kiện: a + b = 1.
Chứng minh rằng:
9
1
1
1
1 ≥






+







+
ba
.
Giải:
9
1
1
1
1
≥






+






+

ba
(1)
Vì a>0; b>0 nên:
abbaabbaab
b
b
a
a
81919
11
≥++⇔≥+++⇔≥






+






+
Vì a + b = 1 do vậy:
ababab 4141811
2
≥⇔≥⇔≥+
Vì a + b = 1 nên ta có:

0)(4)(
22
≥−⇔≥+
baabba
(2)
Bất đẳng thức (2) đúng; quá trình biến đổi là tương đương
Nên bất đẳng thức (1) đúng.Dấu bằng xẩy ra khi a = b.
THI TUYN SINH VO THPT
MễN TON
(Thi gian lm bi 120 phỳt)
S 3




Bi 1:
Cho biểu thức: P =









+
+

1
2
1
1
:
1
1
x
xxxx
x
a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P
b) Tìm các giá trị của x để P > 0
c) Tính P khi x = 4.
Bi 2:


Cho phng trỡnh:
( )
2
2 1 0x m x m
+ + =

(1)
d) Gii phng trỡnh vi m = -2
e) Chng t phng trỡnh (1) luụn luụn cú nghim vi mi giỏ
tr ca m.
f) Tỡm m phng trỡnh (1) cú hai nghim tho món
85)(2
2121
=++
xxxx
Bi 3:
Cho hm s (P) : y =
2
2x
v (d) : y = 4x - 1
d) V th ca (P) v (d) trờn cựng mt h trc.
e) Vit phng trỡnh ng thng (d
1
) song song vi (d) v tip
xỳc vi Pa ra bol (P)
Bi 4:
Một hình chữ nhật có diện tích 300m
2
. Nếu giảm chiều rộng 3m,
tăng chiều dài thêm 5m thì ta đợc hình chữ nhật mới có diện tích
bằng diện tích hình chữ nhật ban đầu. Tính chu vi của hình chữ
nhật ban đầu
Bi 5:
Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng
đờng tròn (O)có đờng kính MC. Đờng thẳng BM cắt đờng tròn
(O) tại D; đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) tại S.

1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .
2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.
3. Gọi E là giao điểm của BC với đờng tròn (O). Chứng minh
rằng các đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy.
4. Chứng minh điểm M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác
ADE.
Bài 6:
Cho ABC là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

cbabacacbcba
111111
++≥
−+
+
−+
+
−+

ĐÁP ÁN ĐỀ 3.
Bài 1:
a) T×m §KX§ vµ rót gän P:
+ ĐKXĐ:
1;0 ≠≥ xx
+ Rút gọn P =









+−
+−








−
−
=








−
+
+









−
−
− )1)(1(
21
:
)1(
1.
1
2
1
1
:
1
1 xx
x
xx
xx
x
xxxx
x
.
1
1
1
.
1

)1)(1(
1
:
)1(
)1)(1(
x
xx
x
x
xx
x
xx
xx −
=
−+
=








+−
+









−
+−
=
b) T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó P > 0
+ Với
0>x
và
1≠x
ta có :
1010
1
0 >⇔>−⇔>
−
⇔> xx
x
x
P

c) TÝnh P khi x = 4.
+ Thay x = 4 vào P ta có:
2
3
4
14
=
−

=P
.
Bài 2:

Cho phương trình:
( )
2
2 1 0
+ − − + =
x m x m
(1)
a)Giải phương trình với m = -2:
Thay m = 2 ta có:
012)22(
2
=++−−+ xx
24034
2
=∆⇒=∆⇒=+−⇔ xx

3;1
21
== xx
b)Chứng tỏ phương trình(1)luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị
của m.
222
4444)1.(1.4)2( mmmmmm =−++−=+−−−=∆
Mà
0
2

≥m
với mọi m
⇒
0≥∆
nên phương trình luôn nghiệm.
Vậy phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
c)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả mãn
65)(2
2121
−=++
xxxx
T heo Vi ét ta có:
1.
)2(
21
21
+−=
−−=+
mxx
mxx
Do ú
85)(2
2121
=++
xxxx

7/17897
85542
8)1(5)2(2
==+

=++
=++
mm
mm
mm
Bi 3:
Cho hm s (P) : y =
2
2x
v (d) : y = 4x - 1
a) V th ca (P) v (d) trờn cựng mt h trc.(HS t gii)
b)Vit phng trỡnh ng thng (d
1
) song song vi (d) v tip
xỳc vi Pa ra bol (P)
+ Vỡ (d
1
)//(d) nờn a = 4.
+ Vỡ (d
1
) cú dng
baxy
+=
v tip xỳc vi (P) nờn ta cú:
2081604242
22
====+=
bbbxxbxx
Vy phng trỡnh ng thng (d
1

) l:
24
+=
xy
Bi 4:
Một hình chữ nhật có diện tích 300m
2
. Nếu giảm chiều rộng 3m,
tăng chiều dài thêm 5m thì ta đợc hình chữ nhật mới có diện tích
bằng diện tích hình chữ nhật ban đầu. Tính chu vi của hình chữ
nhật ban đầu
Di Rng
Lỳc u x y
Lỳc sau x + 5 y-3
H phng trỡnh:



=+
=
300)3)(5(
300.
yx
yx
gii ra ta c:
)(12;15
21
koTMxx ==
Chu vi l
m702).

15
300
15( =+
Bi 5:


Trng hp 1:
1.

Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .
Ta có CAB = 90
0
và MDC = 90
0
=> CDB = 90
0
=>D và A
cùng nhìn BC dới một góc bằng 90
0
nên A và D cùng nằm trên đ-
ờng tròn đờng kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.
ABCD là tứ giác nội tiếp => D
1
= C
3
( cùng chắn cung AB).
=>cung SM = cung EM=> C
2
= C

3
(hai góc nội tiếp đờng tròn
(O) chắn hai cung bằng nhau) => CA là tia phân giác của góc
SCB.
3. BA, EM, CD đồng quy.
Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh vậy BA, EM,
CD là ba đờng cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng
quy.
4.Chứng minh điểm M là tâm đ

ờng tròn nội tiếp tam giác ADE.
Xét tam giác ADE ta có:
+ A
2
= B
2
.(Chắn cung ME)
+ A
1
= B
2
(chắn cung DC)
=> A
2
=A
1
=> AM là phân giác (1)
+ Theo trên cung SM = cung EM => D
1
= D

2
=> DM là tia
phân giác của góc ADE.(1)
Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE.
Trng hp 2:
2.Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.
Cung SM = Cung ME
⇔
Cung CE = Cung CS
CDSCME
∠=∠⇔
Mà
∠
CDS “bù đối” với
∠
ABC =
∠
CDS
Và
∠
CME =
∠
ABC (cùng phụ với góc C
1
)
4.Chøng minh ®iÓm M lµ t©m ®

êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ADE.
XÐt tam gi¸c ADE ta cã:
+ ∠A

2
= ∠B
2
.(Ch¾n cung ME)
+ ∠A
1
= ∠B
2
(ch¾n cung DC)
 ∠A
2
=∠A
1
=> AM lµ ph©n gi¸c (1)
+ ∠D
2
=∠C
1
(Cùng chắn cung EM của đường tròn O)
+ ∠C
1
= ∠D
1
(Cùng chắn cung AB của đường trònABCD)
=> ∠D
2
= ∠D
1
=> DM là phân giác (2)
Tõ (1) vµ (2) Ta cã M lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ADE.

Bài 6:
Cho ABC là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

cbabacacbcba
111111
++≥
−+
+
−+
+
−+
Ta có các mẫu đều dương.
+ Xét
acbcba −+
+
−+
11
Áp dụng bất đẳg thức:
yxyx +
≥+
411
với x>0;
y>0
Ta được:
bbacbcba
2
2
411
=≥
−+

+
−+
Tương tự:
ccbacacb
2
2
411
=≥
−+
+
−+
(2)
aacbabac
2
2
411
=≥
−+
+
−+

(3)
Cộng vế theo vế của (1); (2) và (3) ta được:






++≥







−+
+
−+
+
−+ cbabacacbcba
111
2
111
2
⇔
cbabacacbcba
111111
++≥
−+
+
−+
+
−+

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm họ c: 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút MÃ ĐỀ :K216
Bà i 1: (1 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− − =
Bà i 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.
Bà i 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:
12 6 3 21 12 3A = − + −
B =








−
−
−
+
+
+
−
−+
−+
= 1
1
12
2
1
2
393
xx

x
x
x
xx
xx
P
Víi
1;4;0 ≠≠> xxx
Bà i 4: (1,5 điểm) Cho phương trình
2 2
(3 1) 2 1 0x m x m m− + + + − =
(x là ẩn
số)
a) Chứ ng 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+ −
.
Bà i 5: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn có tâm O và đường kính AB.
Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, P là điểm thuộc cung MB (P
không trùng với M và B); đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C,
đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D.

a) Chứng minh OBPC là một tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh hai tam giác BDO và CAO đồng dạng.
c) Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt CD tại I.
Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng CD.
Bài 6 ( 1 điểm ):
Cho các số thực dương x; y. Chứng minh rằng:
yx
x
y
y
x
22
+≥+
.


( Giám thị không giải thích gì thêm)
BÀI GIẢI
Bà i 1: (2 điểm)
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), đặt 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
− +
⇔ = =
Bà i 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
 
− − −
 ÷
 

.
Bà i 3:

12 6 3 21 12 3A = − + −

2 2
(3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3= − + − = − + −
3=
B=
1
1
−
+
=
x
x
P
Bà i 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
Bà i 5:
D
P
B
O
M
A
C
I
Chứng minh tứ giác OBPC là tứ giác nội tiếp

:
0
90∠ =COP
( Vì OM
⊥
OB)
BDO CAO∆ ∞∆
(1)
∠APB
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )=>
∠
CPB
= 90
0

(2)
Từ (1) và (2) =>
0
180∠ + ∠ =COP CPP
Suy ra OBPC là tứ giác nội tiếp .

Chứng minh
BDO CAO∆ ∞∆
Tam giác BDO và tam giác CAO là hai tam giác vuông
Có
∠ = ∠BDO CAO
(vì cùng phụ với
∠DBO
)
Vậy
BDO CAO
∆ ∞∆
Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại tiếp điểm P cắt CD tại I .
Hai tam giác CPD và BOD có
∠D
chung suy ra.
∠ = ∠DCP DBO
(3)
Ta có
∠ = ∠
IPC DBO
( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn một cung
AP) (4)
Từ (3) &( 4) =>
∠ = ∠

IBC IPC
nên tam giác CIP cân tại I => IC =IP(*)
Tương tự
∆
DPC đồng dạng với
∆
DOB ( hai tam giác vuông có góc nhọn
D chung )
=>
∠ = ∠IDP DPI
( Vì cùng phụ với
∠DBO
)
Do đó
∆
PID cân tại I cho ta ID = IP (**)
Từ (*) &(**) => I là trung điểm của CD
Bµi 6:
Với x và y đều dương, ta có
yx
x
y
y
x
22
+≥+
(1)

0)yx)(yx()yx(xyyx
233

≥−+⇔+≥+⇔
(2)
(2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0. Vậy (1) luôn đúng với mọi
0y,0x >>


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO
LỚP 10 THPT
NĂM HỌC
2010 - 2011

Mã đề Z125
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 120 phút
Câu I (3,0 điểm). Cho biểu thức A =
− −
−
− +
x 2 2
x 1
x 1 x 1
.
1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.
3. Khi x thoả mãn điều kiện xác định. Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất cuả biểu thức B,
với B = A.(x-1).
Câu II (2,0 điểm). Cho phương trình bậc hai sau, với tham số m :
x
2

- (m + 1)x + 2m - 2 = 0 (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 2.
2. Tìm giá trị của m để x = -2 là một nghiệm của phương
trình (1).
Tim nghiệm còn lại.
Câu III (1,5 điểm). Hai người cùng làm chung một công việc thì
sau 4 giờ 30 phút họ làm xong công việc. Nếu một mình người
thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình người thứ hai làm
trong 3 giờ thì cả hai người làm được 75% công việc.
Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu sẽ xong công
việc? (Biết rằng năng suất làm việc của mỗi người là không thay
đổi).
Câu IV (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Vẽ đường tròn tâm O,
đường kính BC, đường tròn tâm O cắt AB, AC lần lượt tại D và
E. Gọi H là giao điểm của CD và BE.
1) Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường
tròn.
2) Chứng minh:DH.EC = EH.BD.
ĐỀ CHÍNH
THỨC
3) Đường trung trực của DH đi qua trung điểm I của AH.
4) OE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.
Hết

(Người coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh
Chữ kí của người coi thi
……………………………………….
Số báo danh: …………

ĐÁP ÁN
Câu I.
1)(1,5điểm) ĐKXĐ:
1;0 ≠≥ xx
.
Ta có: A =
1
2
1
2
1
−
−
+
−
−
x
xx
x
=
)1)(1(
2
)1)(1(
)1(2
)1)(1(
)1(
+−
−
−+
−

−
+−
+
xxxx
x
xx
xx
=
)1)(1(
2)1(2)(
+−
−−−+
xx
xxx
=
)1)(1(
222
+−
−+−+
xx
xxx
=
)1)(1( +−
−
xx
xx
=
)1)(1(
)1(
+−

−
xx
xx
=
1+x
x
Vậy A =
1+x
x
2) (0,5điểm)Thay x = 9 vào biểu thức rút gọn của A ta được:
A =
4
3
13
3
19
9
=
+
=
+
Vậy khi x = 9 thì A =
4
3
3) (1điểm) Ta có: B = A.
)1( −x

)1(
1
−

+
= x
x
x

)1( −= xx

xx −=

4
1
2
1
2
1
2)(
2
2
−






+−= xx








−+−=
4
1
)
2
1
(
2
x
Vì:
0)
2
1
(
2
≥−x
Với mọi giá trị của x
0
≥
và x
1≠
⇒







−≥






−+−
4
1
4
1
)
2
1
(
2
x
Với mọi giá trị của x
0
≥
và x
1≠
.
Dấu bằng xảy ra khi
4
1
0
2

1
0)
2
1
(
2
=⇔=−⇔=− xxx
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là






−
4
1
đạt được khi
4
1
=x
.
Câu II

:
1) (1điểm) Khi m = 2 thì phương trình (1) trở thành: x
2
– 3x + 2 = 0 (*)
Vì phương trình (*) là một phương trình bậc hai có: a + b + c = 1 + (-3) +
2 = 0

Nên phương trình (*) có hai nghiệm là x
1
= 1 v à x
2
= 2.
Vậy khi m = 2 t hì phương trình (1) có hai nghiệm l à x
1
= 1 v à x
2
= 2.
2) (1 điểm)
+ Giả sử x = - 2 là một nghiệm của phương trình (1). Thay x = - 2 vào
phương trình (1) ta được:

022)2).(1()2(
2
=−+−+−− mm
022224 =−+++⇔ mm
044
=+⇔
m
44 −=⇔ m
1
−=⇔
m
Vậy với m = -1 thì phương trình(1) có một nghiệm là x = -2.
+ Thay m = - 1 vào pt (1) ta có: x
2
- (-1 + 1)x + 2(-1) - 2 = 0

2404
22
±=⇔=⇔=−⇔ xxx
Vậy nghiệm còn lại là x = 2.
Câu III

:
Đổi: 4 giờ 30 phút =
2
9
giờ.
Gọi x(giờ) là thời gian để người thứ nhất làm một mình xong công việc
(ĐK: x >
2
9
)
Gọi y(giờ) là thời gian để người thứ hai làm một mình xong công việc
(ĐK: y >
2
9
)
Khi đó: Mỗi giờ người thứ nhất làm được
x
1
(công việc)
Mỗi giờ người thứ hai làm được
y
1
(công việc)
Mỗi giờ cả hai người làm được

9
2
(công việc)
Ta có phương trình :
1 1 2
x y 9
+ =
(1)
Trong 4 giờ người thứ nhất làm được
x
4
(công việc)
Trong 3 giờ người thứ hai làm được
y
3
(công việc)
Theo bài ra ta có phương trình :
4 3 75 4 3 3
x y 100 x y 4
+ = ⇔ + =
(2)
…………………… (1điểm)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
1 1 2
x y 9
4 3 3
x y 4

+ =





+ =



Giải hệ phương trình trên ta được: x = 12 (t/m); y =
5
36
(t/m)
Trả lời: Người thứ nhất làm một mình xong công việc sau 12 giờ.
Người thứ hai làm một mình xong công việc sau
5
36
giờ, hay 7
giờ 12 phút………(0,5 điểm)
Câu IV.
(hình vẽ đúng 0,25 điểm)
1)
∠
BDC = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O)
⇒

∠
ADH = 90
0
(kề

bù với
∠
BDC )
⇒
A; D; H thuộc đường tròn đường kính AH.
Tương tự A; E; H thuộc đường tròn đường kính AH
⇒
A; E; H; D cùng
thuộc đường tròn đường kính AH
Hay tứ giác AEDH nội tiếp.
( 0,5 điểm)
2)Xét
∆
DHB và
∆
EHC có
∠
BDC =
∠
BEC = 90
0
( chứng minh trên). Lại
có:
∠
DHB =
∠
EHC ( đối đỉnh)
⇒
∆
DHB ~

∆
EHC (g – g)
⇒
EC
BD
EH
DH
=
⇒
DH.EC = EH.BD ( 0,75 điểm)
3) Tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD là trung điểm I của AH;
I cách đều D và H do vậy đường trung trực của DH cũng đi qua I.
( 0,5 điểm)
4) Vì tứ giác AEHD nội tiếp trong đường tròn đường kính AH nên I là
tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD cũng là tâm của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ADE.Ta có:
∠
AEI =
∠
EAI ( IA = IE);
∠
EAI =
∠
EBC ( cùng phụ với
∠
BCE);
∠
EBC =
∠
BEO (OB = OE)

Nên .
∠
AEI =
∠
BEO
Ta có:
∠
AEI +
∠
IEB =
∠
AEB = 90
0
(chứng minh trên)
Nên:
∠
BEO +
∠
IEB = 180
0

⇒
OE
⊥
EI
⇒
OE là tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ADE.
(1
điểm)