8 de Toan Ts101011co HDc

8 đề Toán tuyển sinh 10 (2010-2011) _Có HD _ P
3


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010 (Đợt 1)
Đề thi gồm : 01 trang
Câu 1 (3 điểm)
1) Giải các phương trình sau:
a)
2
4 0
3
x − =
.
b)
4 2
3 4 0x x− − =
.
2) Rút gọn biểu thức
N 3 . 3
1 1
a a a a
a a

   
+ −
= + −
 ÷ ÷
+ −
   
với
0a ≥
và
1a ≠
.
Câu 2 (2 điểm)
1) Cho hàm số bậc nhất
1y ax= +
. Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị của hàm số cắt
trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
1 2+
.
2) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình
3
2 3
x y m
x y
+ =


− = −

có nghiệm
( ; )x y

thỏa mãn
điều kiện
2
30x xy+ =
.
Câu 3 (1 điểm)
Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 280 bộ quần áo trong một thời
gian quy định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 5 bộ
quần áo so với số bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế,
xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng
phải may xong bao nhiêu bộ quần áo?
Câu 4 (3 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE và CF của
tam giác ABC cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại E’ và F’ (E’ khác
B và F’ khác C).
1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh EF song song với E’F’.
3) Kẻ OI vuông góc với BC (
I BC∈
). Đường thẳng vuông góc với HI tại H cắt
đường thẳng AB tại M và cắt đường thẳng AC tại N. Chứng minh tam giác
IMN
cân.
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn
2 2
1a b+ =
và
4 4
1a b

c d c d
+ =
+
. Chứng
minh rằng
2
2
2
a d
c b
+ ≥
.
Hết
1
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010
Đáp án gồm : 03 trang
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ
điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội
đồng chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm
1 a
Giải phương trình
2
4 0
3
x − =
1,00
2 2
4 0 4
3 3
x x− = ⇔ =
(hoặc
2 12 0x − =
)
2 12x =
6x =
0,25
0,25
0,5
b
Giải phương trình
4 2
3 4 0x x− − =
1,00
Đặt
2
, 0t x t= ≥
ta được
2

3 4 0t t− − =
1, 4t t⇔ = − =
1t = −
(loại)
2
4 4 2t x x= ⇒ = ⇔ = ±
0,25
0,25
0,25
0,25
c
Rút gọn
N 3 . 3
1 1
a a a a
a a
   
+ −
= + −
 ÷ ÷
+ −
   
với
0a ≥
và
1a ≠
1,00
( 1)
1 1
a a a a

a
a a
+ +
= =
+ +
( 1)
1 1
a a a a
a
a a
− −
= =
− −
( ) ( )
N 3 . 3 9a a a= + − = −
0,25
0,25
0,5
2 a Xác định hệ số a 1,00
Ra được phương trình
0 ( 2 1) 1a= + +
1
2 1
a
−
⇔ =
+
1 2a = −
Vậy
1 2a = −

0,25
0,25
0,25
0,25
b
Tìm các số nguyên m để nghiệm
( ; )x y
thỏa mãn
2
30x xy+ =
1,00
Tìm được
1y m= +
,
2 1x m= −
2 2
30 (2 1) (2 1)( 1) 30x xy m m m+ = ⇔ − + − + =
2
2 10 0m m⇔ − − =
2m⇔ = −
hoặc
5
2
m =
0,25
0,25
2
Do m nguyên nên
2m = −
0,25

0,25
3 Tính số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch 1,00
Gọi số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là
x
bộ (x
nguyên dương).
Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là
280
x
Số bộ quần áo may trong một ngày khi thực hiện là
5x +
Số ngày hoàn thành công việc khi thực hiện là
280
5x +
Theo giả thiết ta có phương trình
280 280
1
5x x
− =
+
2
280( 5) 280 ( 5) 5 1400 0x x x x x x⇔ + − = + ⇔ + − =
Giải pt ta được
35, 40x x= = −
(loại)
Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ
0,25
0,25
0,25
0,25

4 a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp 1,00

Hình 2 Hình 1
Vẽ được hình 1
Theo giả thiết
· ·
0 0
90 , 90BFC BEC= =
· ·
0
90BFC BEC⇒ = = ⇒
BCEF là tứ giác nội tiếp
0,5
0,25
0,25
b Chứng minh EF song song với E’F’ 1,00
BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra
· ·
CBE CFE=
·
·
' 'CBE CF E=
(cùng chắn cung
¼
'CE
)
Suy ra
·
·
' 'CFE CF E=

Suy ra
// ' 'EF E F
0,25
0,25
0,25
0,25
c Chứng minh tam giác
IMN
cân 1,00
TH 1. M thuộc tia BA.
H là trực tâm của tam giác ABC suy ra
AH BC⊥
· ·
CAH CBH=
(cùng phụ với góc
·
ACB
)
·
·
·
·
0 0
90 , 90BHI BHM ANH NHE+ = + =
·
·
BHM NHE=
(vì đối đỉnh)
·
·

BHI ANH⇒ =
ANH⇒ ∆
đồng dạng với
AH HN
BIH
BI IH
∆ ⇒ =
(1)
0,25
0,25
0,25
3
A
N
D
M
H
I
C
F'
F
E'
E
O
B
A
H
C
F'
F

E'
E
O
B
Tương tự
AHM
∆
đồng dạng với
AH HM
CIH
CI IH
∆ ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) và
BI CI=
suy ra
HM HN
HM HN
IH HI
= ⇒ =
Mà
HI MN⊥
tại H suy ra
IMN∆
cân tại I.
TH 2. M thuộc tia đối của tia BA.
· ·
CAH CBH=
(cùng phụ với góc
·

ACB
)
·
·
0
90ANH NHE= +
(góc ngoài
∆
)
·
·
0
90BHI BHM= +
·
·
BHM NHE=
(vì đối đỉnh)
·
·
ANH BHI ANH= ⇒ ∆
đồng dạng với
AH HN
BHI
BI IH
∆ ⇒ =
. Đến đây làm tương tự
như TH 1.
* Chú ý. Thí sinh chỉ cần làm 1 trong 2 TH
đều cho điểm tối đa.
0,25

5
Chứng minh rằng
2
2
2
a d
c b
+ ≥
1,00
2 2
1a b+ =
và
4 4 4 4 2 2 2
1 ( )a b a b a b
c d c d c d c d
+
+ = ⇒ + =
+ +
4 4 2 2 2
( ) ( ) ( )d c d a c c d b cd a b⇔ + + + = +
4 2 4 2 4 4 4 4 2 2
( 2 )dca d a c b cdb cd a b a b⇔ + + + = + +
2 4 2 4 2 2 2 2 2
2 0 ( ) 0d a c b cda b da cb⇔ + − = ⇔ − =
2 2
0da cb⇔ − =
hay
2 2
a b
c d

=
. Do đó
2 2 2 2
2 2 2
( )
2 2 0
a d b d b d
c b d b db
−
+ − = + − = ≥
. Vậy
2
2
2
a d
c b
+ ≥
0,25
0,25
0,25
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 (Đợt 2)
Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (3 điểm)
a) Vẽ đồ thị của hàm số
2 4y x= −
.
b) Giải hệ phương trình
2 3
2 3
x y
y x
= −


= −

.
c) Rút gọn biểu thức P =
3
2
9 25 4
2
a a a
a a
− +
+
với
0a >
.
Câu 2 (2 điểm)
Cho phương trình
2

3 0x x m− + =
(1) (x là ẩn).
a) Giải phương trình (1) khi
1m =
.
4
C
F'
E'
E
N
M
I
H
F
B
A
ĐỀ CHÍNH THỨC
b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thỏa mãn
2 2
1 2
1 1 3 3x x+ + + =
.
Câu 3 (1 điểm)
Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô đi từ bến A đến bến B,
rồi quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (không tính thời gian nghỉ). Tính
vận tốc của canô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h.

Câu 4 (3 điểm)
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M
khác B) và N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N khác C) sao cho
·
0
MAN 45=
.
Đường chéo BD cắt AM và AN lần lượt tại P và Q.
a) Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh AH vuông góc với MN.
c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
Câu 5 (1 điểm)
Chứng minh
3 3
( )a b ab a b+ ≥ +
với mọi
, 0a b ≥
. Áp dụng kết quả trên, chứng
minh bất đẳng thức
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
với mọi a, b, c là các
số dương thỏa mãn
1abc =
.
Hết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010
Đáp án gồm : 03 trang
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a
Vẽ đồ thị của hàm số
2 4y x= −
1,00
Đồ thị cắt trục Ox tại A
(2;0)
(HS có thể lấy điểm khác)
Đồ thị cắt trục Oy tại B
(0; 4)−
(HS có thể lấy điểm khác)
Vẽ được đồ thị hàm số
0,25
0,25
0,5
b
Giải hệ phương trình
2 3
2 3
x y
y x

= −


= −

1,00
Hệ
2 3
2 3
x y
x y
− = −

⇔

− =

(HS có thể dùng phép thế hoặc phép trừ)
Tìm được
3x =
Tìm được
3y =
Kết luận. Hệ có nghiệm duy nhất
3, 3x y= =
0,25
0,25
0,25
0,25
c
Rút gọn biểu thức P =

3
2
9 25 4
2
a a a
a a
− +
+
với
0a >
1,00
3
9 25 4 9 5 2a a a a a a a− + = − +
2 ( 2)a a= +
2
2 ( 2)a a a a+ = +
0,25
0,25
0,25
5
P =
2
a
hoặc
2 a
a
0,25
2 a
Giải phương trình
2

3 0x x m− + =
khi
1m =
.
1,00
1m =
ta có phương trình
2
3 1 0x x− + =
9 4 5∆ = − =
1
3 5
2
x
+
=
,
2
3 5
2
x
−
=
(mỗi nghiệm đúng cho 0,25)
0,25
0,25
0,5
b
Tìm m để
1 2

,x x
thỏa mãn
2 2
1 2
1 1 3 3x x+ + + =
1,00
Pt (1) có hai nghiệm phân biệt
9
9 4 0
4
m m⇔ ∆ = − > ⇔ <
(1)
Theo định lí Viet
1 2 1 2
3,x x x x m+ = =
. Bình phương ta được
2 2 2 2
1 2 1 2
2 2 ( 1)( 1) 27x x x x
+ + + + + =
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 1 25x x x x x x⇔ + + + + + =
.
Tính được
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2 9 2x x x x x x m+ = + − = −
và đưa hệ thức trên về
dạng

2
2 10 8m m m− + = +
(2)
2 2
2 10 16 64 18 54 3m m m m m m⇒ − + = + + ⇔ = − ⇔ = −
.
Thử lại thấy
3m = −
thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1).
0,25
0,25
0,25
0,25
3 Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng 1,00
Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là
(km/h, 4)x x >
Vận tốc canô khi nước xuôi dòng là
4x +
và thời gian canô chạy khi
nước xuôi dòng là
48
4x +
.
Vận tốc canô khi nước ngược dòng là
4x −
và thời gian canô chạy khi
nước ngược dòng là
48
4x −
.

Theo giả thiết ta có phương trình
48 48
5
4 4x x
+ =
+ −
pt
2 2
48( 4 4) 5( 16) 5 96 80 0x x x x x⇔ − + + = − ⇔ − − =
Giải phương trình ta được
0,8x = −
(loại),
20x =
(thỏa mãn)
Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 20 km/h
0,25
0,25
0,25
0,25
4 a Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp 1,00
Hình 1 Hình 2
Vẽ được hình 1 0,5
6
A
B
C
D
M
N
P

Q
H
I
A
B
C
D
M
N
P
Q
Theo giả thiết
·
0
45QAM =
và
·
0
45QBM =
· ·
QAM QBM⇒ =

ABMQ⇒
là tứ giác nội tiếp
0,25
0,25
b Chứng minh AH vuông góc với MN 1,00
ABMQ
là tứ giác nội tiếp suy ra
·

·
0
180AQM ABM+ =
·
·
0 0
90 90ABM AQM MQ AN= ⇒ = ⇒ ⊥
Tương tự ta có ADNP là tứ giác nội tiếp
NP AM⇒ ⊥
Suy ra H là trực tâm của tam giác
AMN AH MN⇒ ⊥
* Chú ý. Lập luận trên vẫn đúng khi M trùng với C
0,25
0,25
0,25
0,25
c Xác định vị trí điểm M và N để
∆
AMN có diện tích lớn nhất 1,00
M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên có 2 TH
TH 1. M không trùng với C, khi đó M, N, C không thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của AH và MN và S là diện tích tam giác AMN thì
S =
1
.
2
AI MN
.
Tứ giác APHQ nội tiếp suy ra
·

·
PAH PQH=
(1)
Tứ giác ABMQ nội tiếp suy ra
·
·
BAM BQM=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
·
·
PAH BAM=
hay
·
·
MAI MBA=
Hai tam giác vuông MAI và MAB có
·
·
MAI MBA=
, AM chung suy ra
,MAI MAB AI AB a IM BM∆ = ∆ ⇒ = = =
Tương tự
NAI NAD IN DN∆ = ∆ ⇒ =
. Từ đó
S =
1 1
. .
2 2
AI MN a MN=

Ta có
2 ( )MN MC NC a BM a DN a IM IN< + = − + − = − +
Vậy
2MN a MN< −
hay
2
1 1
.
2 2
MN a S a MN a< ⇒ = <
.
TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và
AMN ACD∆ = ∆
nên S
=
2
1 1
.
2 2
AD DC a=
Vậy
∆
AMN có diện tích lớn nhất
M C⇔ ≡
và
N D≡
.
0,25
0,25
0,25

0,25
5
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
1,00
3 3 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b ab a b a a b b b a+ ≥ + ⇔ − + − ≥
2 2 2
( )( ) 0 ( ) ( ) 0a b a b a b a b⇔ − − ≥ ⇔ − + ≥
, đúng
, 0a b∀ ≥
3 3 3 3
( ) ( )a b ab a b a b abc ab a b abc+ ≥ + ⇔ + + ≥ + +
3 3
3 3
1 1
1 ( )
1 ( )
a b ab a b c
a b ab a b c
⇔ + + ≥ + + ⇔ ≤
+ + + +
(Do các vế đều dương). Tương tự, cộng lại ta được
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1 1 1a b b c c a

+ +
+ + + + + +
1 1 1
1
( ) ( ) ( )ab a b c bc a b c ca a b c
≤ + + =
+ + + + + +
0,25
0,25
0,25
0,25
7
8
9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010-2011
MÔN: TOÁN
Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề
(Đề có 01 trang)
Câu 1. (2 điểm): Với giá trị nào của m thì:
a) y = (2 - m )x + 3 là hàm số đồng biến.
b) y = (m + 1)x + 2 là hàm số nghịch biến.
Câu 2. (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau
a)
2
7 2 4 0x x− − =
b)

Câu 3. (2 điểm): Theo kế hoạch một đội xe cần chuyên chở 120 tấn hàng. Đến
ngày làm việc có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 16 tấn hàng mới hết số
hàng. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu xe?
10
3x + 2y = 7
2x + 3y = 3
Câu 4. (3 điểm): Cho ∆ABC vuông tại A, AB > AC, đường cao AH. Trên nửa mặt
phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E và
nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật và tứ giác BEFC nội tiếp
b) AE.AB = AF.AC
c) EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn đường kính BH và HC
Câu 5. (1 điểm): Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:

4 4
1
8(x y ) 5
xy
+ + ≥
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
Đề 2
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010-2011
MÔN: TOÁN
Nội dung Điểm
Câu 1: (2 điểm)
a) Hàm số y = (2 - m )x + 3 đồng biến khi 2 - m > 0 0,5 đ

⇔
m < 2 0,5 đ
b) Hàm số y = (m +1 )x + 2 nghịch biến khi m +1 < 0 0,5 đ

⇔
m < -1 0,5 đ
Câu 2: (2 điểm)
a) Giải phương trình:
2
7 2 4 0x x− − =
Ta có
1 7( 4) 29
′
∆ = − − =
0,5đ

⇒

1 2
1 29 1 29
;
7 7
x x
+ −
= =
0,5 đ
b) giải hệ phương trình
Ta có
⇔

⇒
- 5y = 5
⇒
y = -1
0,5 đ
thay vào pt (1) ta được: 3x + 2(-1) = 7
⇔
3x = 9
⇒
x = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (3;-1)
0,5 đ
Câu 3: (2 điểm)
Gọi số xe lúc đầu của đội xe là x (xe), (ĐK: x > 2; x nguyên) 0,25 đ
Theo dự định mỗi xe phải chở:
120
x
(tấn)
Thực tế mỗi xe đã chở:
120
2x −
(tấn)
0,25 đ
11
3x + 2y = 7 (1)
2x + 3y = 3 (2)
6x + 4y = 14
6x + 9y = 9
3x + 2y = 7 (1)
2x + 3y = 3 (2)

Theo bài ra ta có phương trình:
120
2x −
-
120
x
= 16
0,5 đ

⇒
x
2
- 2x - 15 = 0 0,5 đ

⇔
x
1
= 5 (TMĐK); x
2
= -3 (loại)
Vậy số xe lúc đầu của đội là 5 xe
0,5 đ
Câu 4: ( 3 điểm) Hình vẽ

F
E
I
K
H
B

A
C
0,5 đ
a) Ta có :
·
·
0
90BEH HFC= =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
· ·
0
90AEH AFH⇒ = =
. Tứ giác AEHF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
0,5 đ
Ta có :
·
·
AFE FAH=
( vì AEHF là hình chữ nhật)

·
·
0
90FAH ACH= −
(vì ∆AHC vuông tại H)

·
·
0
90 ACH ABC− =

(vì ∆ABC vuông tại C)

·
·
· ·
0
180AFE ABC EBC EFC⇒ = ⇒ + =
⇒ tứ giác BEFC nội tiếp
0,5 đ
b) Hai tam giác vuông : ∆AEF và ∆ACB có
·
·
AFE ABC=
nên ∆AEF và
∆ACB đồng dạng (g.g)
. .
AE AF
AE AB AF AC
AC AB
⇒ = ⇒ =
0,5 đ
c) Gọi I , K lần lượt là tâm các đường tròn đường kính BH và HC
Ta có :
· ·
BEI EBI=
(vì IB = IE)

·
·
EBI AFE=

(theo chứng minh trên)

·
·
AFE HEF=
( vì AEHF là hình chữ nhật)
0,5 đ
Suy ra :
·
·
·
·
·
·
·
0
90BEI HEF IEF IEH HEF IEH BEI= ⇒ = + = + =
⇒ EF là tiếp tuyến
của đường tròn đường kính BH.
Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính HC.
0,5 đ
Câu 5: (1 điểm)
Ta có: x
4
+ y
4
= (x
2
+ y
2

)
2
– 2x
2
y
2

= [(x + y)
2
– 2xy]
2
– 2x
2
y
2
= (1 – 2xy)
2
– 2x
2
y
2
= 2x
2
y
2
– 4xy + 1.
0,25 đ
4 4 2 2
1 1
8(x y ) 16x y 32xy 8

xy xy
1
(4xy 7)(4xy 1) 1
xy
⇒ + + = − + +
= − − + +
0,25 đ
Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:

≤ + = ⇔ ≤
1
2 xy x y 1 xy
4
hay
≥
1
4
xy
(1)
=>
(4xy-7) 0
(4xy-1) 0
≤


≤

=>
− −(4xy 7)(4xy 1)
≥

0 (2)
0,25 đ
Từ (1) và (2) suy ra:
+ + = − − + + ≥
4 4
1 1
8(x y ) (4xy 7)(4xy 1) 1 5
xy xy
(ĐPCM)
0,25 đ
Hết
12
Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách khác đúng đáp số thì vẫn cho điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010-2011
MÔN: TOÁN
Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề
(Đề có 01 trang)
Câu 1. (2 điểm): Với giá trị nào của m thì:
a) y = (2 - m )x + 3 là hàm số đồng biến.
b) y = (m + 1)x + 2 là hàm số nghịch biến.
Câu 2. (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau
a)
2
7 2 4 0x x− − =
b)
Câu 3. (2 điểm): Theo kế hoạch một đội xe cần chuyên chở 120 tấn hàng. Đến

ngày làm việc có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 16 tấn hàng mới hết số
hàng. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu xe?
Câu 4. (3 điểm): Cho ∆ABC vuông tại A, AB > AC, đường cao AH. Trên nửa mặt
phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E và
nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật và tứ giác BEFC nội tiếp
b) AE.AB = AF.AC
c) EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn đường kính BH và HC
Câu 5. (1 điểm): Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:

4 4
1
8(x y ) 5
xy
+ + ≥
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
Đề 2
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010-2011
MÔN: TOÁN
Nội dung Điểm
Câu 1: (2 điểm)
a) Hàm số y = (2 - m )x + 3 đồng biến khi 2 - m > 0 0,5 đ

⇔
m < 2 0,5 đ
b) Hàm số y = (m +1 )x + 2 nghịch biến khi m +1 < 0 0,5 đ

⇔
m < -1 0,5 đ
Câu 2: (2 điểm)
a) Giải phương trình:
2
7 2 4 0x x− − =
13
3x + 2y = 7
2x + 3y = 3
Ta có
1 7( 4) 29
′
∆ = − − =
0,5đ

⇒

1 2
1 29 1 29
;
7 7
x x
+ −
= =
0,5 đ
b) giải hệ phương trình
Ta có
⇔
⇒

- 5y = 5
⇒
y = -1
0,5 đ
thay vào pt (1) ta được: 3x + 2(-1) = 7
⇔
3x = 9
⇒
x = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (3;-1)
0,5 đ
Câu 3: (2 điểm)
Gọi số xe lúc đầu của đội xe là x (xe), (ĐK: x > 2; x nguyên) 0,25 đ
Theo dự định mỗi xe phải chở:
120
x
(tấn)
Thực tế mỗi xe đã chở:
120
2x −
(tấn)
0,25 đ
Theo bài ra ta có phương trình:
120
2x −
-
120
x
= 16
0,5 đ

⇒
x
2
- 2x - 15 = 0 0,5 đ


⇔
x
1
= 5 (TMĐK); x
2
= -3 (loại)
Vậy số xe lúc đầu của đội là 5 xe
0,5 đ
Câu 4: ( 3 điểm) Hình vẽ

F
E
I
K
H
B
A
C
0,5 đ
a) Ta có :
·
·
0

90BEH HFC= =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
· ·
0
90AEH AFH⇒ = =
. Tứ giác AEHF có ba góc vuông nên là hình chữ
nhật.
0,5 đ
Ta có :
·
·
AFE FAH=
( vì AEHF là hình chữ nhật)

·
·
0
90FAH ACH= −
(vì ∆AHC vuông tại H)
14
3x + 2y = 7 (1)
2x + 3y = 3 (2)
6x + 4y = 14
6x + 9y = 9
3x + 2y = 7 (1)
2x + 3y = 3 (2)

·
·
0

90 ACH ABC− =
(vì ∆ABC vuông tại C)

·
·
· ·
0
180AFE ABC EBC EFC⇒ = ⇒ + =
⇒ tứ giác BEFC nội tiếp
0,5 đ
b) Hai tam giác vuông : ∆AEF và ∆ACB có
·
·
AFE ABC=
nên ∆AEF và
∆ACB đồng dạng (g.g)
. .
AE AF
AE AB AF AC
AC AB
⇒ = ⇒ =
0,5 đ
c) Gọi I , K lần lượt là tâm các đường tròn đường kính BH và HC
Ta có :
· ·
BEI EBI=
(vì IB = IE)

·
·

EBI AFE=
(theo chứng minh trên)

·
·
AFE HEF=
( vì AEHF là hình chữ nhật)
0,5 đ
Suy ra :
·
·
·
·
·
·
·
0
90BEI HEF IEF IEH HEF IEH BEI= ⇒ = + = + =
⇒ EF là tiếp tuyến
của đường tròn đường kính BH.
Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính
HC.
0,5 đ
Câu 5: (1 điểm)
Ta có: x
4
+ y
4
= (x
2

+ y
2
)
2
– 2x
2
y
2

= [(x + y)
2
– 2xy]
2
– 2x
2
y
2
= (1 – 2xy)
2
– 2x
2
y
2
= 2x
2
y
2
– 4xy + 1.
0,25 đ
4 4 2 2

1 1
8(x y ) 16x y 32xy 8
xy xy
1
(4xy 7)(4xy 1) 1
xy
⇒ + + = − + +
= − − + +
0,25 đ
Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:

≤ + = ⇔ ≤
1
2 xy x y 1 xy
4
hay
≥
1
4
xy
(1)
=>
(4xy-7) 0
(4xy-1) 0
≤


≤

=>

− −(4xy 7)(4xy 1)
≥
0 (2)
0,25 đ

Từ (1) và (2) suy ra:
+ + = − − + + ≥
4 4
1 1
8(x y ) (4xy 7)(4xy 1) 1 5
xy xy
(ĐPCM)
0,25 đ
Hết
Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách khác đúng đáp số thì vẫn cho điểm tối đa.
SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2010-2011
Đề chính thức ĐỀ THI MÔN: TOÁN
15
Ngày thi: 20 / 07 / 2010
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2 điểm)
1. Khai triển thành tổng
a) 3x(x – 2) ; b)
(1 )(1 )a a− +
.
2. Phân tích thành nhân tử: x
3
– xy
2
.

Câu 2. (3 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2 3
2 5 9
x y
x y
+ =


− =

2. Giải phương trình:
1
3
1
x
x
+ =
−
.
3. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 60 m, tỉ số giữa chiều dài và chiều rộng là 3:2 . Hãy
tính diện tích khu vườn đó.
Câu 3. (2 điểm) Cho đường thẳng (d): y = 3x+2 và 4 điểm A(2; 0); B(0; 2); C(
2
3
−
; 0); D(0;
2
3
−

).
a) Hãy xác định các điểm A, B, C, D trên mặt phẳng tọa độ Oxy;
b) Trong các điểm A, B, C, D những điểm nào thuộc (d)? Hãy giải thích.
Câu 4. (2,5 điểm)
1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường phân giác của
·
BAC
cắt đường tròn
(O) tại điểm D khác A.
a) Biết
·
0
BAC 60=
. Tính
·
·
BOC,BCD?
b) Kẻ đường cao AH, chứng minh rằng:
· ·
BAO HAC.=
2. Cho tam giác ABC có độ dài đường phân giác trong của góc A là 7 cm. Chân các đường
vuông góc kẻ từ B, C xuống đường phân giác ngoài của góc A lần lượt là M, N; biết MN = 24 cm.
Tính diện tích tam giác ABC ?
Câu 5. (0,5 điểm) Cho biểu thức M = (x – 1)(x + 5)(x
2
+ 4x + 5) .
Tìm giá trị nhỏ nhất của M.
–––––––––––– Hết ––––––––––––
Họ và tên thí sinh: …………………………………… ; Số báo danh: ………………
.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH MÔN TOÁN VÀO 10 NĂM HỌC 2010-2011
Câu 1. (2 điểm)
1. Khai triển thành tổng
a) 3x(x – 2) = 3x
2
– 6x ; b)
2 2
(1 a)(1 a) 1 ( a) 1 a− + = − = −
.
2. Phân tích thành nhân tử: x
3
– xy
2
= x(x
2
– y
2
) = x(x + y)(x – y).
Câu 2. (3 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
16
C
1
:
2 3 (2 ) (2 5 ) 3 9 6 6 1 2
2 5 9 2 3 2 3 2 1 3 1
+ = + − − = − = − = − =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    

− = + = + = − = = −
    
x y x y x y y y x
x y x y x y x y
C
2
: (Diễn giải bằng lời của C
1
)
2 3 (1)
2 5 9 (2)
+ =


− =

x y
x y
.
Lấy (1) trừ (2) theo vế, ta được: (2x + 3y) – (2x – 5y) = 3 – 9
⇔
6y 6 y 1= − ⇔ = −
.
Thay y = –1 vào (1) ta có: 2x – 1 = 3
⇔
2x = 4
⇔
x = 2.
C
3

: Từ (1)
⇒
y = 3 – 2x, thế vào (2) ta được: 2x – 5(3 – 2x) = 9
⇔
12x = 24
⇔
x = 2.
Suy ra y = 3 – 2.2 = –1.
Kết luận: Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là
x 2
y 1
=


= −

.
2. Giải phương trình:
1
3
1
x
x
+ =
−
(*)
Điều kiện:
x 1 0 x 1− ≠ ⇔ ≠
.
Khi đó, ta có:

2 2
(*) x(x 1) 3(x 1) x 4x 4 0 (x 2) 0 x 2 0 x 2⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
(t/m đk)
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là x = 2.
3. Gọi chiều dài và chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật lần lượt là x, y (m) (x> y> 0)
Từ giả thiết bài toán: khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 60 m, tỉ số giữa chiều dài và chiều rộng
là 3:2. Nên ta có hệ phương trình sau:
2(x y) 60
2x 2y 60 5y 60 y 12 x 18
x 3
2x 3y 0 2x 3y 0 2x 3.12 0 y 12
y 2
+ =

+ = = = =
   

⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
=
− = − = − = =
   


(t/m đk)
Vậy diện tích của khu vườn hình chữ nhật là S = x.y =18.12 = 216 (m
2
).
Câu 3. (2 điểm).
a) Xác định các điểm A(2; 0); B(0; 2); C(

2
3
−
; 0); D(0;
2
3
−
) trên mặt phẳng tọa độ Oxy:
b) Thay tọa độ các điểm A, B, C, D vào ptr đường thẳng (d): y = 3x + 2. Ta có:
• Vì 3.2 + 2 = 8
≠
0
⇒
A(2; 0)
∉
(d)
• Vì 3.0 + 2 = 2
⇒
B(0; 2)
∈
(d)
17
E
H
O
C
D
B
A
• Vì 3.

2
( )
3
−
+ 2 = 0
⇒
C(
2
3
−
; 0)
∈
(d)
• Vì 3.0 + 2 = 2
≠
2
3
−
⇒
D(0;
2
3
−
)
∉
(d)
Câu 4. (2,5 điểm)
1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường phân giác của
·
BAC

cắt đường tròn (O) tại
điểm D khác A.
a) Ta có:
Sđ
·
BAC
=
1
2
. Sđ
»
BC
(góc nội tiếp chắn cung
»
BC
)
Sđ
·
BOC
= Sđ
»
BC
(góc ở tâm chắn cung
»
BC
)
⇒
Sđ
·
BOC

= 2. Sđ
·
BAC
= 2. 60
0
= 120
0
.
• Sđ
·
BCD
= Sđ
·
BAD
(góc nội tiếp cùng chắn cung
»
BD
)
mà Sđ
·
BAD
=
1
2
.Sđ
·
BAC
=
1
2

. 60
0
= 30
0
(vì AD là phân giác trong góc
·
BAC
)
⇒
Sđ
·
BCD
= 30
0
.
b) Kẻ đường cao AH, chứng minh rằng:
· ·
BAO HAC.=
• Kẻ AO cắt đường tròn (O) tại E
·
0
ABE 90⇒ =
(góc nt chắn nửa đường tròn)
·
·
0
BAO AEB 90⇒ + =
(1)
• Vì AH là đường cao nên tam giác AHC vuông tại H
·

·
0
HAC ACB 90⇒ + =
(2)
• Mặt khác:
·
·
AEB ACB=
(3) (góc nội tiếp cùng chắn cung
»
AB
)
Từ (1), (2) & (3) suy ra:
· ·
BAO HAC=
(đpcm).
2. Ta có:
AI là đường phân giác trong của góc A
MN là đường phân giác ngoài của góc A
AI MN⇒ ⊥
(1) (tính chất đường phân giác trong và phân
giác ngoài của 1 góc)
• Theo giả thiết:
MB MN,NC MN⊥ ⊥
(2)
• Từ (1) & (2)
AI / /MB / /NC⇒
.
• Từ đó suy ra: MNCB, AMBI, ANCI là các hình thang vuông.
• Ta có:

MNCB AMBI ANCI
S S S= +

1 1
(MB AI).MA (NC AI).NA
2 2
1 1 1
MB.MA NC.NA AI.(MA NA)
2 2 2
1 1 1
MB.MA NC.NA AI.MN
2 2 2
= + + +
= + + +
= + +
18
B
A
C
M N
I
• Suy ra:
MNCB AMB ANC MIN
S S S S
∆ ∆ ∆
= + +
(3)
• Mặt khác:
MNCB AMB ANC ABC
S S S S

∆ ∆ ∆
= + +
(4)
• Từ (3) & (4)
2
ABC MIN
1 1
S S AI.MN .7.24 84(cm )
2 2
∆ ∆
⇒ = = = =
• Vậy diện tích tam giác ABC là 84 (cm
2
).
Câu 5. (0,5 điểm) Ta có:
M = (x – 1)(x + 5)(x
2
+ 4x + 5) = (x
2
+ 4x – 5).(x
2
+ 4x + 5) = (x
2
+ 4x)
2
– 25
≥
–25.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x
2

+ 4x = 0
⇔
x(x + 4) = 0
⇔
x = 0 hoặc x = – 4.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là –25 khi x = 0 hoặc x = – 4.
––––––––––––––––––––   –––––––––––––––––––
Sở Giáo Dục – Đào tạo KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Trà Vinh
NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi : TOÁN
Đề thi chính thức Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. ( 2 điểm )
1 – Thu gọn biểu thức :
P  2
8
 3 50  5 18
2 - Giải hệ phương trình
:

3x

 2y   6

4x  y 
2
Câu 2. ( 1.5điểm )
1 – Vẽ đồ thị ( P ) của hàm
số cùng một hệ trục tọa độ.
y 

1
x
2
2
và đường thẳng ( D
) :
y 
1
x  1
2
trên
2 – Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( D ) ở câu trên bằng phép tính
Câu 3. ( 1.5điểm )
Giải các phương trình sau :
1 - 2 x
2
 5x  3  0
2 - x
4
 10x
2
 9  0
Câu 4. ( 1.5điểm )
Cho phương
trình : ( m là
tham số )
x
2
 ( 2m 
3)x

 m
2
 3m  2 
0
( 1 )
19
1- Chứng minh rằng phương trình ( 1 ) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
2- Tìm vác giá trị của m để phương trình ( 1 ) có 2 nghiệm x
1,
x
2
thỏa điều
kiện :
x
1.
x
2
 1  x
1
 x
2
20
Câu 5. ( 3.5điểm )
Cho hình vng ABCD có cạnh 8 cm. Điểm M thuộc cạnh AD sao
cho AM = 6 cm.
Vẽ đường tròn tâm O có đường kính BM, đường tròn nầy cắt AC ở E (
khác A )
1 – Tính bán kính của đường tròn ( O )
2 - Chứng minh DC là tiếp tuyến của đường tròn ( O )
3 - Chứng minh rằng BEM là tam giác vng cân

4 – Tiếp tuyến Bx của đường tròn ( O ) cắt DC ở K. Chứng minh
rằng M, E, K
là ba điểm thẳng hàng
Hết


Sở GD& ĐT TRÀVINH Hướng dẫn chấm Môn TOÁN
lớp 10 THPT
(2010-2011)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
( 2 điểm)
1- Tính P =
18550382 −+

228 =

2550 =

2318 =
Vậy P =
24
2- Giải hệphương trình :



=+
−=+
)2(24
)1(623

yx
yx
Nhân (2) cho 2 : 8x +2y = 4
(2)-(1) : 5x = 10

⇒
x = 2
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
21
21
Thế x = 2 vào (2) : y = 2 – 4 (2)

⇒
y = - 6
Vậy nghiệm của hệ pt : ( x = 2 ; y = - 6 )
0,25đ
Câu 2
(1,5 điểm)
( Giám khảo vẽ hình )
1 - Vẽ (P) và (D )
+ Vẽ (D ) đúng ( đi qua 2 điểm)
+ Vẽ (P) đúng ( đi qua 3 điểm )
( trong đó có O là gốc tọa độ)
2 - Tọa độ giao điểm của (D) và (P).

Hoành độ giao điểm của (P) và(D) là nghiệm của
phương trình :
1
2
1
2
1
2
+= xx
02
2
=−−⇔ xx




−=
=
⇒
1
2
x
x
Vậy (D) cắt (P) tại 2 điểm A và B :
A
)
2
1
,1(−
và B(2,2).

0,50 đ
0,50đ
0,25 đ
0,25đ
Câu 3
( 1,5 điểm)
1- Giải pt : 2x
2
– 5x – 3 = 0

49)3)(2(4)5(4
22
=−−−=−=∆ acb

3
2.2
75
1
=
+
=x

2
1
2.2
75
2
−=
−
=x

2- Giải pt : x
4
– 10x
2
+ 9 = 0
Đ ặt
0
2
≥= xt

⇒
0910
2
=+− tt




=
=
⇒
9
1
t
t
Vậy :
1±=x


3

±=
x
0,25 đ
0,25d
0, 25 đ
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
22
22
Câu 4
( 1,5 điểm)
x
2
– (2m+3)x + m
2
+ 3m + 2 = 0
1-
)23)(1(4))32((4
222
++−+−=−=∆ mmmacb
= 4m
2
-12m+9 – 4m
2
-12m – 8
= 1

01 >=∆

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với
mọi m .
2- x
1
. x
2
+ 1 = x
1
+x
2
⇒
m
2
+3m +2 + 1 = 2m + 3

⇒
m
2
+m = 0




−=
=
⇒
1
0
m
m

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Câu 5
( 3,5 điểm)
(Giám khảo vẽ hình )
Chú ý:
1- Vẽ hình đúng ( O là trung điểm của
MB ,M trên cạnh AD, đường tròn (O) đi qua điểm
A).
2- Vẽ hình sai hoặc không có hình thì không chấm
bài hình học.
1- Tính bán kính của (O).
Ta có : O là trung điểm của BM :
BM
2
= AB
2
+ AM
2
= 8
2
+6
2
= 100
⇒
BM = 10

Vậy bán kính của (O) là :
R =
cm
BM
5
2
10
2
==
2- DC là tiếp tuyến của ( O) .
Gọi H là trung điểm của CD. Tứ giác CBMD là hình
thang vuông tại C và D .
OH là đáy trung bình OH // BC
⇒
OH
⊥
DC (1)
OH =
cm
DMBC
5
2
28
2
=
+
=
+
OH= 5 cm = R
⇒

H
∈
( O) (2)
Từ (1) và (2) : DC là tiếp tuyến của (O)với tiếp
0,25 đ
0,25 đ
0,50 đ

0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
23
23
điểm là H .
3 - BEM là tam giác vuông cân .
BEM= 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)).
- BAC =BAE = 45
0
( ABC vuông cân)
- BAE = BME = 45
0
( góc nội tiếp chắn cung BE)
Vậy BEM là tam giác vuông cân đỉnh E.
4- M ,E,K thẳng hàng .
Xét tứ giác BEKC:
EBK + ECK = 45
0

+ (180
0
- 45
0
)= 180
0

⇒
BEKC nội tiếp : BEK = BCK = 90
0

⇒

000
1809090 =+=+= BEKMEBMEK
Vậy M,E,K là 3 điểm thẳng hàng .
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
Chú y ù :
1- Thí sinh có thể làm cách khác,nếu làm đúng vẩn
được trọn điểm từng phần của từng câu .
2- Không làm tròn điểm trên tổng số điểm của bài
thi .
4,25
→
4,25

4,50
→
4,50
4,75
→
4,75

24
24
25
25