Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán và đáp án

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG NGÃI Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài:120 phút
Bài 1. (1,5điểm).
1. Thực hiện phép tính : A =
3 2 - 4 9.2
2. Cho biểu thức P =
a + a a - a
+1 -1
a +1 a -1
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
với
a 0; a 1≥ ≠
.
a) Chứng minh P = a -1.
b) Tính giá trị của P khi
a = 4+ 2 3
.
Bài 2. (2,5 điểm).
1. Giải phương trình x
2
- 5x + 6 = 0
2. Tìm m để phương trình x
2
- 5x - m + 7 = 0 có hai nghiệm x
1
; x

2
thỏa mãn hệ thức
2 2
1 2
13x x+ =
.
3. Cho hàm số
2
=y x
có đồ thị (P) và đường thẳng (d) :
= - + 2y x

a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
Bài 3. (1,5 điểm).
Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 5 giờ sẽ đầy bể. Nếu
vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ hai chảy trong 4 giờ thì được
2
3
bể nước.
Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể ?
Bài 4. (3,5điểm).
Cho đường tròn (O; R) và một điểm S nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến
SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Một đường thẳng đi qua S (không đi qua
tâm O) cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm M và N với M nằm giữa S và N. Gọi H là giao
điểm của SO và AB; I là trung điểm MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E.
a) Chứng minh IHSE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh OI.OE = R
2
.

c) Cho SO = 2R và MN =
R 3
. Tính diện tích tam giác ESM theo R.
Bài 5. (1,0 điểm).
Giải phương trình
2
2010 - - 2008 - 4018 + 4036083+ = xx x x
Hết
Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên thí sinh…………………………………………Số báo danh…………….
Giám thị 1 :…………… ……………….Giám thị 2 :……………………………….
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG NGÃI Năm học 2009 - 2010

HUỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN
Tóm tắt cách giải Biểu điểm
Bài 1 : (1,5 điểm)
Bài 1.1 (0,5 điểm)
3 2 - 4 9 . 2 = 3 2 -12 2


= -9 2

Bài 1.2. (1,0 điểm)
a) Chứng minh P = a - 1:
P =
a + a a - a
+1 -1

a +1 a -1
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  

a( a +1) a( a -1)
= +1 -1
a +1 a -1
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  

= ( a +1)( a -1) = a -1
Vậy P = a
- 1
b) Tính giá trị của P khi
a = 4+ 2 3

( )
2
a = 4+ 2 3 = 3+ 2 3 +1 = 3 +1 = 3 +1
P = a -1= 3 +1-1= 3
0,25điểm
0,25điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

Bài 2 : (2,5 điểm)
1. (0,5 điểm)
Giải phương trình x
2

−
5x + 6 = 0
Ta có
25 24 1
∆ = − =
Tính được : x
1
= 2; x
2
= 3
2. (1,0 điểm)
Ta có
=25 4( m 7)∆ − − +
= 25 + 4m
−
28 = 4m
−
3
Phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
;x x

⇔

∆=

4m
−
3
≥
0
⇔

3
4
m ≥
Với điều kiện
3
4
m ≥
, ta có:
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2x + x = x +x - x x
=13
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

⇔
25 - 2(- m + 7) = 13
⇔

2m = 2
⇔
m = 1 ( thỏa mãn điều kiện ).
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm
3.(1,0 điểm)
a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d) :
Bảng giá trị tương ứng:
x -2 -1 0 1 2
y = -x + 2 4 3 2 1 0
y = x
2
4 1 0 1 4
b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình :
x
2
+ x -2 = 0 ; Giải phương trình ta được x
1
= 1 và x
2
= -2
Vậy tọa độ giao điểm là (1 ; 1) và (-2 ; 4)
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 3 (1,5 điểm)
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là x (h) và thời gian
vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là y (h).
Điều kiện : x , y > 5.
Trong một giờ, vòi thứ nhất chảy được

1
x
bể.
Trong một giờ vòi thứ hai chảy được
1
y
bể.
Trong một giờ cả hai vòi chảy được :
1
5
bể.
Theo đề bài ta có hệ phương trình :
1 1 1
5
3 4 2
3
x y
x y

+ =




+ =


Giải hệ phương trình ta được x = 7,5 ; y = 15 ( thích hợp )
0,25 điểm
0,25 điểm

0,5 điểm
4
2
-5
5
O
1 2
-2 -1
y
x
1
Trả lời : Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là 7,5 (h) (hay
7 giờ 30 phút ).
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là 15 (h).
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 4 (3,5 điểm)
Vẽ hình đúng
a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một đường tròn :
Ta có SA = SB ( tính chất của tiếp tuyến)
Nên
∆
SAB cân tại S
Do đó tia phân giác SO cũng là đường cao
⇒
SO
⊥
AB
I là trung điểm của MN nên OI
⊥

MN
Do đó
·
·
SHE SIE 1V= =
⇒
Hai điểm H và I cùng nhìn đoạn SE dưới 1 góc vuông nên tứ giác IHSE
nội tiếp đường tròn đường kính SE
b)
∆
SOI đồng dạng
∆
EOH ( g.g)
⇒

OI OS
OI.OE OH.OS
OH OE
= ⇒ =
mà OH.OS = OB
2
= R
2
( hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB)
nên OI.OE =
2
R
c) Tính được OI=
2
R R

OE 2R
2 OI
⇒ = =

3R
EI OE OI
2
⇒ = − =
Mặt khác SI =
2 2
R 15
SO OI
2
− =
R 3( 5 1)
SM SI MI
2
−
⇒ = − =
Vậy S
ESM
=
2
SM.EI R 3 3( 5 1)
2 8
−
=

0,5 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
E
H
A
I
M
B
S
O
N
Bài 5 (1,0 điểm)
Phương trình :
2
2010 2008 4018 4036083x x x x− + − = − +
(*)
Điều kiện
2010 0
2008 2010
2008 0
x

x
x
− ≥

⇔ ≤ ≤

− ≥

Áp dụng tính chất
( )
( )
2
2 2
a + b 2 a + b≤
với mọi a, b
Ta có :
( )
( )
2
2010 2008 2 2010 2008 4x x x x− + − ≤ − + − =
( )
12010 2008 2x x⇒ − + − ≤
Mặt khác
( )
( )
2
2
24018 4036083 2009 2 2x x x− + = − + ≥
Từ (1) và (2) ta suy ra : (*)
( )

2
2010 2008 2009 2 2x x x⇔ − + − = − + =

( )
2
2009 0 2009x x⇔ − = ⇔ =
( thích hợp)
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2009
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Ghi chú:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một trong các cách giải, mọi cách giải khác nếu
đúng vẫn cho điểm tối đa theo biểu điểm qui định ở từng bài.
-Đáp án có chỗ còn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ còn chưa chi tiết cho từng
bước biến đổi, lập luận; tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất trước khi chấm.
-Điểm toàn bộ bài không làm tròn số.
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ NAM Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức : A =
( )
2
2 3 2 288+ −

2) Giải phương trình:
a) x

2
+ 3x = 0
b) –x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
Bài 2: (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị
bằng 14. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn
hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho.
Bài 3. (1điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x
2
. Viết phương trình đường thẳng song
song với đường thẳng y = – 2x + 3 và cắt (P) tại điểm có tung độ y = – 12 .
Bài 4. (1điểm)
Giải phương trình:
6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = +
.
Bài 5. (4điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB
( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn
(O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở
E và F.
a) Chứng minh:
·
0
EOF 90=
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng

dạng.
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh
MK AB⊥
.
d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
BÀI GIẢI
Bài 1. (2điểm)
1. A =
( )
2
2 3 2 288+ −
=
( )
2
2
2 2.2.3 2 3 2 2.144+ + −
=
4 12 2 18 12 2+ + −
= 22
2. a) x
2
+ 3x = 0
⇔
x( x + 3) = 0

⇔
x
1

= 0 ; x
2
= – 3 .
Tập nghiệm phương trình:
{ }
0; 3S = −
b) –x
4
+ 8x
2
+ 9 = 0
⇔
x
4
– 8x
2
– 9 = 0
Đặt y = x
2
( y
≥
0) , ta được phương trình trung gian ẩn y:
y
2
– 8y – 9 = 0
Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên y
1
= – 1 (loại); y
2
= 9 (nhận)

Do đó: x
2
= 9
⇔
x =
±
3
Tập nghiệm phương trình: S =
{ }
3;3−
Bài 2. Gọi x là chữ số hàng đơn vị .
Chữ số hàng chục của số đó là: 14 – x
ĐK: 0 < x
N∈
≤
9
Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x
Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau ,ta có số mới:
10x + 14 – x = 9x + 14
Theo đề toán ta có phương trình:
9x + 14 –(140 –9x ) = 18

⇔
9x + 14 –140 +9x = 18

⇔
18x = 144

⇔
x = 8

Giá trị x = 6 thỏa mãn điều kiện .
Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68.
Chú ý: Có thể lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
Bài 3. Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + 3 nên có
dạng: y = – 2x + b (d).
(d) cắt (P) tại điểm có tung độ bằng – 12 nên hoành độ các giao điểm là nghiệm PT:
–3x
2
= – 12
⇔
x =
±
2
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; – 12) và B(– 2; – 12)
A
∈
(d) nên y
A
= – 2x
A
+ b hay – 12 = – 2. 2 + b
⇒
b = – 8
B
∈
(d) nên y
B
= – 2x
B
+ b hay – 12 = – 2.(– 2) + b

⇒
b = – 16
Có hai đường thẳng (d) tìm được thỏa mãn đề bài:
(d
1
): y = – 2x – 8 và (d
2
): y = – 2x – 16
Bài 4. PT :
6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = +
(1)
ĐK:
1
4 1 0
1
3
4
3 0
4
3
x
x
x
x
x


+ ≥
≥ −
 

⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥
 
≤


(*)
N
y
x
O
K
F
E
M
B
A
(1)
3 14 6 4 1 2 3 0x x x
⇔ + − + − − =

⇔
(4x + 1) – 2. 3.
4 1x
+
+ 9 + (3 – x) – 2
3 x
−
+ 1 = 0

( ) ( )
2 2
4 1 3 3 1 0x x⇔ + − + − − =

4 1 3 0
3 1 0
x
x

+ − =

⇔

− − =


2x⇔ =
(thỏa mãn đk (*))
Tập nghiệm phương trình đã cho: S =
{ }
2
Bài 5: a) Chứng minh:
·
0
EOF 90=
EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E
Nên OE là phân giác của
·
AOM

.
Tương tự: OF là phân giác của
·
BOM
Mà
·
AOM
và
·
BOM
kề bù nên:
·
0
90EOF =
(đpcm)
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
Ta có:
·
·
0
90EAO EMO= =
(tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác AEMO có
·
·
0
180EAO EMO+ =
nên nội tiếp được trong một đương tròn.

•

Tam giác AMB và tam giác EOF có:

·
·
0
EOF 90AMB = =
,
·
·
MAB MEO=
(cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g)
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh
MK AB⊥
.
Tam giác AEK có AE // FB nên:
AK AE
KF BF
=
Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên :
AK ME
KF MF
=
. Do đó MK // AE (định lí đảo của định
lí Ta- let)
Lại có: AE
⊥
AB (gt) nên MK
⊥

AB.
d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN
⊥
AB.

∆
FEA có: MK // AE nên:
MK FK
AE FA
=
(1)

∆
BEA có: NK // AE nên:
NK BK
AE BE
=
(2)
Mà
FK BK
KA KE
=
( do BF // AE) nên
FK BK
KA FK BK KE
=
+ +

hay
FK BK
FA BE
=
(3)
Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:
MK KN
AE AE
=
. Vậy MK = NK.
Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên:
1
2
AKB
AMB
S KN
S MN
= =
Do đó:
1
2
AKB AMB
S S=
.
Tam giác AMB vuông ở M nên tg A =
3
MB
MA
=
·

0
60MAB⇒ =
.
Vậy AM =
2
a
và MB =
3
2
a

⇒
1 1 3
. . .
2 2 2 2
AKB
a a
S⇒ =
=
2
1
3
16
a
(đvdt)
SỞ GD-ĐT NINH BÌNH Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2008 - 2009
Môn Toán
Thời gian: 120 phút
C â u 1: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2x + 4 = 0

2. Giải hệ phương trình sau:
x y 4
2x y 6
+ =


+ =

3. Cho phương trình ẩn x sau: x
2
– 6x + m +1 = 0
a) Giải phương trình khi m = 7.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn:
2 2
1 2
26+ =x x
.
C â u 2: (1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
1.
1 1
5 2 5 2
= +
+ −
A
2.

( )
2
2008 2009= −B
3. C =
1 1 1

1 2 2 3 2008 2009
+ + +
+ + +
Câu 3: (2,0 điểm)
Một thửa ruộng hình chữ nhật có chu vi là 300m. Tính diện tích của thửa ruộng, biết
rằng nếu chiều dài giảm đi 3 lần và chiều rộng tăng gấp 2 lần thì chu vi của thửa ruộng
không thay đổi.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng d cố định không giao nhau. Từ
điểm M thuộc d, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O; R) (A, B là các tiếp điểm).
1. Gọi I là giao điểm của MO và cung nhỏ AB của đường tròn. Chứng minh I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
2. Cho biết MA = R
3
, tính diện tích hình phẳng bị giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA,
MB và cung nhỏ AB của đường tròn (O; R).
3. Chứng minh rằng khi M thay đổi trên d thì đường thẳng AB luôn đi qua một điểm
cố định.
C â u 5: (1,5 điểm)
1. Cho
3 3
26 15 3 26 15 3= + + −A
. Chứng minh rằng A = 4.
2. Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng

3 3 3
+ + ≥ + +
x y z
xy yz xz
y z x
.
3. Tìm a ∈ N để phương trình x
2
– a
2
x + a + 1 = 0 có nghiệm nguyên.
Hướng dẫn
C â u 1:
1) x = -2
2) (x; y) = (2; 2)
3) a) x
1
= 2; x
2
= 4
b) m = 4
C â u 2:
a)
2 5
b)
2009 2008−
c)
2009 1−
Câu 3: Diện tích khu vườn: 5400 m
2

C â u 4:
P
N
d
I
O
M
H
B
A
b) S
AOBM
=
3
R
2
2
Q
AOB
R
S
3
π
=
Suy ra: S =
2
3 3
R
3
− π

c) Kẻ OH
⊥
d, gọi giao điểm của AB và OH là N, giao điểm của AB và OM là P.
Tứ giác HMPN nội tiếp nên ON.OH = OP.OM = R
2
Do đó N là điểm cố định mà AB luôn đi qua.
C â u 5:
( )
( )
( )
( )
3 3 2 2
3
2
x y x y x xy y xy x y
x
y x x y
y
+ = + − + ≥ +
⇒ + ≥ +

Tương tự suy ra điều phải chứng minh.
Câu 5: 3) Ta có:
a a
∆ = − −
4
4 4

Để phương trình có nghiệm nguyên thì
∆

phải là số chính phương.
Đặt:
a a k
4 2
4 4
∆ = − − =
với k là số nguyên. Kết hợp với điều kiện a là số tự nhiên ta có:
Kiểm tra với a = 2 ta có
∆
=4 (thỏa mãn)
* Với a > 2
Xét hiệu:
a a a a
4 2 2
4 4 ( 1) 2( 1) 5 0
− − − − = − − >
Suy ra:
a a a
4 2
4 4 ( 1)
− − > −
Mặt khác
a a a a
4 4 2 2
4 4 ( )
− − < =
Do đó:
a a a a
2 2 4 2 2
( 1) 4 4 ( )

− < − − <
Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào nên
a a
4
4 4
∆ = − −

không là số chính phương khi a>2.
KL: a = 2.

Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009-2010
Môn: Toán
Thời gian :120 phút
Bàì 1:
1. Giải phương trình: x
2
+ 5x + 6 = 0
2. Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + 3 đi qua điểm M(-2;2). Tìm hệ
số a
Bài 2:Cho biểu thức:









−








+
+
+
=
xxxx
x
x
xx
P
1
2
1
2
với x >0
1.Rút gọn biểu thức P
2.Tìm giá trị của x để P = 0
Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì 1 xe phải
điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so với dự
định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển. (biết khối lượng hàng mỗi xe chở
như nhau)

Bài 4: Cho đường tròn tâm O có các đường kính CD, IK (IK không trùng CD)
1. Chứng minh tứ giác CIDK là hình chữ nhật
2. Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tâm O thứ tự ở G; H
a. Chứng minh 4 điểm G, H, I, K cùng thuộc một đường tròn.
b. Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí của G và H khi diện tích tam giác DIJ đạt giá
trị nhỏ nhất.
Bài 5: Các số
[ ]
a,b,c 1;4
∈ −
thoả mãn điều kiện
a 2b 3c 4
+ + ≤
chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2
a 2b 3c 36
+ + ≤
Đẳng thức xảy ra khi nào?
…………… HẾT……………
Hướng dẫn
Bàì 1:
1.Giải phương trình: x
2
+ 5x + 6 = 0
⇒
x
1

= -2, x
2

= -3 .
2.Vì đường thẳng y = a.x +3 đi qua điểm M(-2,2) nên ta có:
2 = a.(-2) +3
⇒
a = 0,5
Bài 2: Đk: x> 0
a, P = (
xxx
x
x
xx
+
+
+
2
1
).(2-
x
1
) =
x
x
x
xxx 12
.
1
−
+
+
=

)12( −xx
.
b, P = 0
⇔

)12( −xx

⇔
x = 0 , x =
4
1
Vì x = 0 không thỏa Đk x> 0 nên loại .
Vậy P = 0
⇔
x =
4
1
.
Bài 3: Gọi số xe thực tế chở hàng là x xe ( x
∈
N
*
)
Thì số xe dự định chở hàng là x +1 ( xe ).
Theo dự định mỗi xe phải chở:
1
15
+x
( tấn )
Nhưng thực tế mỗi xe phải chở :

x
15
( tấn )
Ta có phương trình :
x
15
-
1
15
+x
= 0,5
Giải phương trình ta được : x
1
= -6 ( loại ) x
2
= 5 ( nhận)
Vậy thực tế có 5 xe tham gia vận chuyển hàng .
Bài 4: 1, Ta có CD là đường kính, nên :

∠
CKD =
∠
CID = 90
0
( T/c góc nội tiếp )
Ta có IK là đường kính, nên :
∠
KCI =
∠
KDI = 90

0
( T/c góc nội tiếp)
Vậy tứ giác CIDK là hình chữ nhật .
2, a, Vì tứ giác CIDK nội tiếp nên ta có :
∠
ICD =
∠
IKD ( t/c góc nội tiếp)
Mặt khác ta có :
∠
G =
∠
ICD ( cùng phụ với
∠
GCI )

⇒

∠
G =
∠
IKD Vậy tứ giác GIKH nội tiếp.
b, Ta có : DC
⊥
GH ( t/c)

⇒
DC
2
= GC.CH mà CD là đường kính, nên độ dài CD không đổi .

⇒
GC. CH không đổi.
Để diện tích
∆
GDH đạt giá trị nhỏ nhất khi GH đạt giá trị nhỏ nhất. Mà GH = GC +
CH nhỏ nhất khi GC = CH
Khi GC = CH ta suy ra : GC = CH = CD Và IK
⊥
CD .
Bài 5: Do -1
4,, ≤≤ cba
Nên a +1
≥
0 a – 4
≤
0
Suy ra : ( a+1)( a -4)
≤
0
⇒
a
2

≤
3.a +4
Tương tự ta có b
2

≤

3b +4

⇒
2.b
2

≤
6 b + 8
3.c
2

≤
9c +12
Suy ra: a
2
+2.b
2
+3.c
2

≤
3.a +4+6 b + 8+9c +12
a
2
+2.b
2
+3.c
2
≤
36 ( vì a +2b+3c

≤
4 )
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
AN GIANG Năm học: 2009 – 2010
Khóa ngày: 28/6/2009
MÔN THI: TOÁN (đề chung)
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1. (1,5 điểm)
Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
1) A =
14 7 15 5 1
:
2 1 3 1 7 5
 
− −
+
 ÷
 ÷
− − −
 
2) B =
2
1
x x x
x x x
−
−
− −

( )

0; 1x x≥ ≠
Bài 2. (1,5 điểm)
1) Cho hai đường thẳng d
1
: y = (m+1)x + 5 ; d
2
: y = 2x + n. Với giá trị nào của m, n
thì d
1
trùng với d
2
?
2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ, cho hai đồ thị (P): y =
2
3
x
; d: y = 6 – x. Tìm tọa độ
giao điểm của (P) và (d) bằng phép toán.
Bài 3. (2 điểm)
Cho phương trình: x
2
+ 2(m + 3)x + m
2
+ 3 = 0 (m là tham số)
1) Tìm m để phương trình có nghiệm kép? Hãy tính nghiệm kép đó.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn x

1
– x
2
= 2
Bài 4. (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
1)
1 3
2
2 6x x
+ =
− −
2) x
4
+ 3x
2
– 4 = 0
Bài 5. (3,5điểm).
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB và dây CD vuông góc với nhau ( CA < CB).
Hai tia BC và DA cắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vuông góc với AB tại H; EH cắt CA ở
F. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác CDFE nội tiếp được trong mốt đường tròn.
2) Ba điểm B , D , F thẳng hàng.
3) HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
BÀI GIẢI
Bài 1: (1,5 điểm) Không dùng máy tính, hãy rút gọn, tính giá trị của các biểu thức sau:
1) A =
14 7 15 5 1
:
2 1 3 1 7 5

 
− −
+
 ÷
 ÷
− − −
 
=
( ) ( )
7 2 1 5 3 1
1
:
2 1 3 1 7 5
 
− −
 
+
 
− − −
 
=
( ) ( )
7 5 . 7 5+ −
=
( ) ( )
2 2
7 5−
= 7 – 5 = 2
2) B =
2

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

=

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

( )
0; 1x x≥ ≠
Bài 2. (1,5 điểm)
1) d
1

≡
d
2

1 2
5

m
n
+ =

⇔

=


1, 5m n⇔ = =
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là:

2
6
3
x
x= −

2
3 18 0x x⇔ + − =

∆
= b
2
– 4ac = 3
2
– 4 . 1. (– 18) = 81
9⇒ ∆ =
1
3 9

3
2 2
b
x
a
− + ∆ − +
= = =
,
2
3 9
6
2 2
b
x
a
− − ∆ − −
= = = −
Suy ra: y
1
= 3 ; y
2
= 12
Vậy d cắt (P) tại hai điểm: (3; 3) và (– 6; 12)
Bài 3. (2điểm)
PT: x
2
+ 2(m + 3)x + m
2
+ 3 = 0 (1)
1) Phương trình (1) có nghiệm kép

'
0⇔ ∆ =

( )
( )
2
2
3 3 0m m⇔ + − + =

6 6 0m
⇔ + =

1m
⇔ = −
Vậy với m = – 1 phương trình (1) có nghiệm kép .
Nghiệm kép của PT (1) :
( )
( )
'
1 2
3
1 3 2
1
m
b
x x
a
− +
= = − = = − − + = −

2) Phương trình (1) có hai nghiệm x
1
; x
2

'
0⇔ ∆ ≥

6 6 0m
⇔ + ≥

1m
⇔ ≥ −
Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x
1
+ x
2
= – 2(m + 3) ; P = x
1
. x
2
= m
2
+ 3
Từ x
1
– x
2
= 2 suy ra: ( x
1

– x
2
)
2
= 4
⇔
( x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
= 4 (*)
E
H
F
O
D
C
B
A
Thay S và P vào (*) ta được:
( )
( )
2
2

2 3 4 3 4m m− + − + = 
 

( )
2 2
4 6 9 4 12 4m m m⇔ + + − − =

24 24 4m
⇔ + =

5
6
m⇔ = −
( thoả mãn điều kiện
1m
≥ −
)
Vậy x
1
– x
2
= 2
5
6
m⇔ = −

Bài 4. (1,5 điểm) Giải các phương trình:
1)
1 3
2

2 6x x
+ =
− −
(1) ĐK: x ≠ 2 ; x ≠ 6
(1)
( ) ( ) ( )
6 3 2 2 2 6x x x x⇔ − + − = − −

2
6 3 6 12 24 2 4x x x x x⇔ − + − = − − +

⇔
2x
2
– 14x + 24 = 0

2
' '
b ac∆ = −
= 49 – 48 = 1
x
1
=
' '
7 1
4
2
b
a
− + ∆ +

= =
( TMĐK), x
2
=
' '
7 1
3
2
b
a
− − ∆ −
= =
( TMĐK),
Tập nghiệm của phương trình:
{ }
3;4S =
2) x
4
+ 3x
2
– 4 = 0
Đặt t = x
2
( t
≥
0) , ta có phương trình ẩn t: t
2
+ 3t – 4 = 0
Vì a + b + c = 1 + 3 + (– 4 ) = 0 nên t
1

= 1 (nhận) , t
2
= – 4 < 0 (loại)
Vậy x
2
= 1
⇔
x
1
= 1; x
2
= – 1.
Tập nghiệm của phương trình:
{ }
1;1S = −
Bài 5. (3,5 điểm)
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp:
CD // FE (cùng vuông góc AB)
·
·
EFC FCD⇒ =
(so le trong)
AB
⊥
CD nên AB đi qua trung điểm dây CD (tính chất
đường kính vuông góc với dây cung) nên C và D đối xứng
nhau qua AB. Do đó
·
·
ACD ADC=

Suy ra:
·
·
EFC EDC=
.
Tứ giác CDFE có hai đỉnh F, D liên tiếp nhìn CE dưới một góc bằng nhau nên nội
tiếp được trong một đường tròn.
2) Chứng minh ba điểm B , D , F thẳng hàng.
Ta có:
·
0
ACB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
0
90ECF⇒ =
(kề bù với
·
ACB
)
Tứ giác CDFE nội tiếp nên
·
·
0
90ECF EDF= =
. Mà
·
0
90ADB =
nên

·
·
0
180EDF EDB+ =
Vậy ba điểm B , D , F thẳng hàng.
3) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Ta có
·
·
0 0
90 90 180EHA ECA+ = + =
nên tứ giác AHEC nội tiếp
Suy ra:
·
·
HCA HEA=
(cùng chắn cung AH)
Mà
·
·
HEA ADC=
(so le trong của EH // CD) và
·
·
ADC ABC=
(cùng chắn cung AC).
Do đó:
·
·
HCA ABC=

=
1
2
sđ
»
AC
. Vậy HC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Lưu ý: Rất nhiều HS sai lầm ở câu 1:
·
·
0
90= =ECF EDF
và kết luận tứ giác CDFE nội tiếp.
Câu 3 có thể chứng minh
·
·
0
90HCA ACO+ =
rồi suy ra HC là tiếp tuyến.
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
BÌNH ĐỊNH Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2điểm)
Giải các phương trình sau:
1. 2(x + 1) = 4 – x
2. x
2
–3x + 2 = 0
Bài 2: (2điểm)

1. Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết đồ thị hàm số đã cho đi qua hai điểm
A(– 2; 5) và B(1; – 4) .
2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2.
a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến.
b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng

2
3
−
.
Bài 3: (2điểm)
Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Qui Nhơn. Sau đó 75 phút, một ô tô
khởi hành từ Qui Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là
20km/h
Hai xe gặp nhau tai Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng Qui Nhơn cách
Hoài Ân 100 km và Qui Nhơn cách Phù Cát 30 km.
Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài AC (về
phía C) đoạn CD sao cho CD = AC.
1. Chứng minh tam giác ABD cân.
2. Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E. Kéo dài AE (về
phía E) đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm
trên một đường thẳng.
3. Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O).
Bài 5: (1điểm)
Với mỗi số k nguyên dương , đặt S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1

k k
+ + −
Chứng minh rằng: S
m+n
+ S
m-n
= S
m
. S
n
với mọi m; n là số nguyên dương và m > n.
Ô tô
x. máy
30 km
100 km
P.C
Q.N
H.Â
BÀI GIẢI
Bài 1: (2điểm)
Giải các phương trình sau:
1. 2(x + 1) = 4 – x
⇔
2x + 2 = 4 – x

⇔
2x + x = 4 – 2

⇔
3x = 2

⇔
x =
2
3
Vậy :
2
3
S
 
=
 
 
2. x
2
–3x + 2 = 0
Vì a + b + c = 1 + (– 3) + 2 = 0 nên x
1
= 1 ; x
2
=
2
c
a
=
Vậy
{ }
1;2S =
Bài 2: (2điểm)
1. Vì A(– 2; 5) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên: 5 = a(– 2) + b

B(1;– 4) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên: – 4 = a.1 + b
Ta có hệ phương trình:
2 5
4
a b
a b
− + =


+ = −


3 9
4
a
a b
− =

⇔

+ = −


3
1
a
b
= −

⇔


= −

Vậy a = – 3 ; b = – 1 .
2. Hàm số y = (2m – 1)x + m + 2.
a) Hàm số đã cho có dạng y = ax + b với a = 2m – 1
Hàm số nghịch biến
⇔
2m – 1 < 0
⇔
m <
1
2
b) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
2
3
−


2
(2 1). 2 0
3
m m
−
⇔ − + + =

4 2 3 6 0m m
⇔ − + + + =
8m
⇔ =

Bài 3. Gọi x(km/h) là vận tốc của xe máy (đk: x > 0)
Vận tốc ô tô là: x + 20 (km/h)
Đoạn đường Hoài Ân – Phù Cát dài: 100 – 30 = 70 km
Thời gian xe máy đi từ H. Ân đến Phù Cát:
70
( )h
x
Thời gian ô tô đi từ Qui Nhơn đến Phù Cát:
30
( )
20
h
x +
75 phút =
5
( )
4
h
Theo đề ta có phương trình:
70
x
−

30 5
20 4x
=
+
(1)
Với x > 0 , (1)
280( 20) 120 5 ( 20)x x x x⇔ + − = +

/
/
=
=
O
F
E
D
C
B
A

( ) ( )
20 56 20 24x x x x x⇔ + = + −

2
20 2400 0x x⇔ + − =
Giải phương trình này ta được : x
1
= – 60 (loại) ; x
2
= 40 ( thỏa mãn điều kiện)
Trả lời: V
xe máy
= 40 km/h ; V
ô tô
= 60 km/h
Bài 4. 1) Chứng minh tam giác ABD cân:
Ta có:
·

0
90ACB =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Suy ra: BC
⊥
AD
ΔABD có BC là đường cao đồng thời là đường trung
tuyến (do AC = DC) nên ΔABD cân ở B.
2)Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm
trên một đường thẳng:
Tứ giác ACBE có
·
·
·
0
90CAE ACB AEB= = =
nên nó là hình
nhật. Suy ra
· ·
0
90CBA EBA+ =
.
ΔABD cân ở B , BC là đường cao nên BC cũng là phân giác
góc ABD. Vậy
·
·
2ABD ABC=
Chứng minh tương tự ta được ΔABF cân ở B và BF là phân giác
·
ABF

nên
·
·
ABF ABE=
Do đó
·
·
·
·
( )
0 0
2 2.90 180ABD ABF ABC ABE+ = + = =
. Vậy ba điểm D, B, F thẳng hàng.
Bài 5. (1điểm)
Từ giả thiết k nguyên dương và S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1
k k
+ + −
ta suy ra:
S
m
=
( ) ( )
2 1 2 1
m m
+ + −
và S

n
=
( ) ( )
2 1 2 1
n n
+ + −
S
m
. S
n
=
( ) ( )
2 1 2 1
m m
 
+ + −
 
 
.
( ) ( )
2 1 2 1
n n
 
+ + −
 
 
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 2 1
m n m n m n m n+ +

+ + + + + − + + −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 1 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n m n m n+ +
+ + − + + + + − +
= S
m+n
+
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n
+ + + − +

Ta cần chứng minh
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n
+ + + − +
= S
n
( m > n)
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 . 2 1
m n m n
+ + + − +
=
( ) ( )
( )

( )
( ) ( )
( )
( )
2 1 2 1
2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 .
2 1 2 1
n n
m n m n
n n
+ −
+ − + − +
+ −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 . 2 1 2 1 . 2 1 2 1
m n n n n n m n− −
+ + − + − + −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 . 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n n
m n m n− −
   
+ + − + + − −
   
=
( ) ( )
2 1 .1 1. 2 1
m n m n− −

+ + −
= S
n
Vậy: k nguyên dương và S
k
=
( ) ( )
2 1 2 1
k k
+ + −
, m > n thì: S
m+n
+ S
m-n
= S
m
. S
n
.
Sở Giáo dục - Đào tạo
Hải Dương
Đề thi chính thức
Kỳ thi 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 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)
(Đề thi gồm có: 01 trang)
Câu 1(2.0 điểm):
1) Giải phương trình:

x 1 x 1
1
2 4
− +
+ =

2) Giải hệ phương trình:
x 2y
x y 5
=


− =

Câu 2:(2.0 điểm )
a) Rút gọn biểu thức: A =
2( x 2) x
x 4
x 2
−
+
−
+
với x
≥
0 và x
≠
4.
b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15 cm
2

.
Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình: x
2
- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)
a) Giải phương trình với m = 3.
a) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và
thỏa mãn điều kiện: x
1
2
– 2x
2
+ x
1
x
2
= - 12
b)
Câu 4:(3 điểm)
Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường
tròn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E
và D.
a) Chứng minh: NE
2
= EP.EM

a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp.
b) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K
( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN
2
+ NK
2
= 4R
2
.
Câu 5:(1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A =
2
6 4x
x 1
−
+
Hết
Giải
Câu I.
a,
x 1 x 1
1 2(x 1) 4 x 1 x 1
2 4
− +
+ = ⇔ − + = + ⇔ = −
Vậy tập nghiệm của phương trình S=
{ }
1−
b,
x 2y x 2y x 10

x y 5 2y y 5 y 5
= = =
  
⇔ ⇔
  
− = − = =
  
Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)
Câu II.
a, với x
≥
0 và x
≠
4.
Ta có:
2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)
1
( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
A
x x x x x x x
− − + − − +
= + = = =
− + + − + − +
b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0
⇒
Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)
Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 .
Giải ra tìm được :x
1

= -5 ( loại ); x
2
= 3 ( thỏa mãn ) .
Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm.
Câu III.
a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x
2
- 2x
( 2) 0x x
⇔ − =
⇒
x = 0 hoặc x = 2
Vậy tập nghiệm của phương trình S=
{ }
0;2
b, Để PT có nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thì
'
0 4 0 4 (*)m m∆ > => − > => <
.
Theo Vi-et :
1 2
1 2
2 (1)
3 (2)
x x
x x m

+ =


= −

Theo bài: x
2
1
-
2x
2
+ x
1
x
2
= - 12 => x
1
(x
1
+ x
2
) -2x
2
=-12
⇒
2x
1
- 2x
2
= -12 ) ( Theo (1) )

hay x
1
- x
2
= -6 .
Kết hợp (1)
⇒
x
1
= -2 ; x
2
= 4 Thay vào (2) được :
m - 3 = -8
⇒
m = -5 ( TM (*) )
Câu IV .
a,
∆
NEM đồng dạng
∆
PEN ( g-g)
2
.
NE ME
NE ME PE
EP NE
=> = => =
H
E
D

F
I
P
O
N
K
M
b,
·
·
MNP MPN=
( do tam giác MNP cân tại M )
·
·
·
( ùng )PNE NPD c NMP
= =
=>
·
·
DNE DPE=
.
Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .
c,
∆
MPF đồng dạng
∆
MIP ( g - g )
2

. (1)
MP MI
MP MF MI
MF MP
=> = => =
.
∆
MNI đồng dạng
∆
NIF ( g-g )
2
IF
.IF(2)
NI
NI MI
MI NI
=> = => =
Từ (1) và (2) : MP
2
+ NI
2
= MI.( MF + IF ) = MI
2
= 4R
2
( 3).
·
·
NMI KPN=
( cùng phụ

·
HNP
)
=>
·
·
KPN NPI=

=> NK = NI ( 4 )
Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)
Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm .
Câu V .
2
2
6 8
x 8 6 0 (1)
1
x
k k x k
x
−
= <=> + + − =
+
+) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=
2
3
+) k
≠
0 thì (1) phải có nghiệm 
'

∆
= 16 - k (k - 6)
≥
0
2 8k
<=> − ≤ ≤
.
Max k = 8
⇔
x =
1
2
−
.
Min k = -2
⇔
x = 2 .
Sở Giáo dục và đào tạo
Bắc giang

Đề thi chính thức
(đợt 1)
Kỳ thi 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 08 tháng 07 năm 2009
(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu I: (2,0đ)

1. Tính
4. 25
2. Giải hệ phơng trình:
2 4
3 5
x
x y
=


+ =

Câu II: (2,0đ)
1.Giải phơng trình x
2
-2x+1=0
2. Hàm số y=2009x+2010 đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao?
Câu III: (1,0đ)
Lập phơng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiệm?
Câu IV(1,5đ)
Một ôtô khách và một ôtô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đi đến địa điểm B đờng dài 180 km do vận
tốc của ôtô khách lớn hơn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc của mỗi
ôtô. Biết rằng trong quá trình đi từ A đến B vận tốc của mỗi ôtô không đổi.
Câu V:(3,0đ)
1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O. Các đờng cao BH và CK tam giác ABC cắt nhau tại
điểm I. Kẻ đờng kính AD của đờng tròn tâm O, các đoạn thẳng DI và BC cắt nhau tại M.Chứng minh rằng.
a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b/OM

BC.

2/Cho tam giác ABC vuông tại A,các đờng phân giác trong của goác B và góc C cắt các cạnh AC và AB
lần lợt tại D và E. Gọi H là giao điểm của BD và CE, biết AD=2cm, DC= 4 cm tính độ dài đoạn thẳng HB.
Câu VI:(0,5đ)
Cho các số dơng x, y, z thỏa mãn xyz -
16
0
x y z
=
+ +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x+y)(x+z)

Hết
Họ và tên thí sinh. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .SBD: . . . . . . . . . . . . . . . .
đáp án:
Câu I: (2,0đ)
1. Tính
4. 25
= 2.5 = 10
2. Giải hệ phơng trình:
2 4
3 5
x
x y
=


+ =

< = >
2

2 3 5
x
y
=


+ =

< = >
2
1
x
y
=


=

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;1) .
Câu II: (2,0đ)
1.
x
2
- 2x +1 = 0
<=> (x -1)
2
= 0
<=> x -1 = 0
<=> x = 1
Vậy PT có nghiệm x = 1

2.
Hàm số trên là hàm số đồng biến vì: Hàm số trên là hàm bậc nhất có hệ số
a = 2009 > 0. Hoặc nếu x
1
>x
2
thì f(x
1
) > f(x
2
)
Câu III: (1,0đ)
Lập phơng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiệm?
Giả sử có hai số thực: x
1
= 3; x
2
= 4
Xét S = x
1
+ x
2
= 3 + 4 = 7; P = x
1
.x
2
= 3.4 = 12 =>S
2
- 4P = 7
2

- 4.12 = 1 > 0
Vậy x
1
; x
2
là hai nghiệm của phơng trình: x
2
- 7x +12 = 0
Câu IV(1,5đ)
Đổi 36 phút =
10
6
h
Gọi vận tốc của ô tô khách là x ( x >10; km/h)
Vận tốc của ôtô tải là x - 10 (km/h)
Thời gian xe khách đi hết quãng đờng AB là:
x
180
(h)
Thời gian xe tải đi hết quãng đờng AB là:
10
180
x
(h)
Vì ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT:

0300010
)10(10.180)10(610.180
180
10

6
10
180
2
=
=
=

xx
xxxx
xx

553025
302530005
'
2'
==
=+=
x
1
= 5 +55 = 60 ( TMĐK)
x
2
= 5 - 55 = - 50 ( không TMĐK)
Vậy vận tốc của xe khách là 60km/h, vận tốc xe tải là 60 - 10 = 50km/h
Câu V:(3,0đ)
1/
a)

AHI vuông tại H (vì CA

HB)

AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI

AKI vuông tại H (vì CK

AB)

AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
b)
Ta có CA

HB( Gt)
CA

DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)
=> BH//CD hay BI//CD (1)
Ta có AB

CK( Gt)
AB

DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn)
=> CK//BD hay CI//BD (2)
Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song)
Mà DI cắt CB tại M nên ta có MB = MC
=> OM

BC( đờng kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây đó)
2/ Cách 1:
Vì BD là tia phân giác góc B của tam giác ABC;
nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:
ABBC
BC
AB
BC
AB
DC
AD
2
4
2
===
Vì

ABC vuông tại A mà BC = 2AB nên
^ACB = 30
0
; ^ABC = 60
0
Vì ^B
1
= ^B
2
(BD là phân giác) nên ^ABD = 30
0
.
A

B
C
D
M
I
O
H
K
D
A
B
C
E H
1
2
2
1