11 de thi vao 10 hay.Co dap an

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
–––––––––––
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010-2011
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1:(2,5 điểm)
Cho biểu thức:
x
A ;x , x
x
x x
= + + ≥ ≠
−
− +
1 1
0 4
4
2 2
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x= 25.
3. Tìm giá trị của x để
A
−
=
1
3
.
Câu 2: (2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may

trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất
may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao
nhiêu chiếc áo?
Câu3: (1,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x):
( )
x m x m
− + + + =
2 2
2 1 2 0
1. Giải phương trình đã cho khi m =1.
2. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
x ,x
1 2
thoả mãn
hệ thức:
x x
+ =
2 2
1 2
10
Câu4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O, R) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC
với đường tròn (B, C là các tiếp điểm)
1. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA
= R
2
.
3. Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O, R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B, C). Tiếp

tuyến tại K của đường tròn (O, R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh
tam giác APQ có chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
4. Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ
tự tại M, N. Chứng minh rằng
PM QN MN+ ≥
.
Câu5: (0,5 điểm)
Giải phương trình:
( )
x x x x x x
− + + + = + + +
2 2 3 2
1 1 1
2 2 1
4 4 2
.
HƯỚNG DẪN GIẢI
CÂU NỘI DUNG
ĐIỂM
1 2,5đ
1.1 Rút gọn biểu thức
Đặt
y x x y ; y , y
= ⇒ = ≥ ≠
2
0 2
Khi đó
y
A
y y

y
= + +
− +
−
2
2
1 1
2 2
4
0,5
( )
( ) ( )
y y y
y y y
y y
y y y
y y y
y
+ −
= + +
− − −
+
+
= = =
− + −
−
2
2 2 2
2
2

2 2
4 4 4
2
2
2 2 2
4
Suy ra
x
A
x
=
−2
0,5
1.2 Tính giá trị A khi x= 25
Khi x = 25
A
⇒ = =
−
25 5
3
25 2
0,5
1.3 Tìm x khi
A
−
=
1
3
y
A

y
y y
y
y x x
− −
= ⇔ =
−
⇔ = − +
⇔ =
⇔ = ⇔ = ⇔ =
1 1
3 2 3
3 2
4 2
1 1 1
2 2 4
1
2 2,5đ
Gọi số áo tổ 1 may được trong 1 ngày là x
( )
x ; x∈ >10¥
số áo tổ 2 may được trong 1 ngày là y
( )
y , y∈ ≥ 0¥
0,5
Chênh lệch số áo trong 1 ngày giữa 2 tổ là: x-y = 10
Tổng số áo tổ 1 may trong 3 ngày, tổ 2 may trong 5 ngày là: 3x+5y = 1310
2
( )
y x

x y
x y
x x
y x
x
x
y
= −
− =


⇔
 
+ =
+ − =


= −

⇔

− =

=

⇔

=

10

10
3 5 1310
3 5 10 1310
10
8 50 1310
170
160
Vậy: Mỗi ngày tổ 1 may được 170 áo, tổ 2 may được 160 áo
3 1đ
3.1
Khi m=1 ta có phương trình:
x x− + =
2
4 3 0
Tổng hệ số a+b+c = 0 ⇒ Phương trình có 2 nghiệm
c
x ; x
a
= = =
1 2
1 3
0,5
3.2

( )
( )
x
' m m m
∆ = + − + = −
2

2
1 2 2 1
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
x
' m m⇔ ∆ = − > ⇔ >
1
2 1 0
2
0,25
Theo định lý Viét
( )
b
x x m
a
c
x x m
a
−

+ = = +




= = +


1 2
2
1 2

2 1
2
( )
( )
( )
x x x x x x
m m
m m
+ = + −
= + − +
= +
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2
2
2
4 1 2 2
2 8
x x m m
m
m m
m
+ = ⇔ + =
=

⇔ + − = ⇔

= −


2 2 2
1 2
2
10 2 8 10
1
2 8 10 0
5
Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
0,25
4 3,5đ
4.1 1đ
Vẽ đúng hình và ghi đầy đủ giả thiết kết luận
0,5
(Thích hợp đk)
(loại)
Do AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O)
·
·
ACO ABO⇒ = = °90
⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp được.
0,5
4.2 1đ
AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O) ⇒ AB =AC
Ngoài ra: OB = OC = R
Suy ra OA là trung trực của BC ⇒
OA BE
⊥
0,5
∆OAB vuông tại B, đường cao BE

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
OE.OA OB R= =
2 2
0,5
4.3 1đ
PB, PK là 2 tiếp tuyến kẻ từ P đến (O) nên PK = PB
tương tự ta cũng có QK = QC
0,5
Cộng vế ta có:
PK KQ PB QC
AP PK KQ AQ AP PB QC QA
AP PQ QA AB AC
Chu vi APQ AB AC
+ = +
⇔ + + + = + + +
⇔ + + = +
⇔ ∆ = +
0,5
4.4 0,5
Cách 1
∆MOP đồng dạng với ∆NQO
( )
OM MP
Suy ra:
QN NO
MN
MP.QN OM.ON
MN MP.QN MP QN
MN MP QN
=

⇔ = =
⇔ = ≤ +
⇔ ≤ +
2
2
2
4
4
0,5
Cách 2
Gọi H là giao điểm của OA và (O), tiếp tuyến tại H với (O) cắt AM, AN tại X,
Y.
Các tam giác NOY có các đường cao kẻ từ O, Y bằng nhau ( = R)
⇒ ∆NOY cân đỉnh N ⇒ NO = NY
Tương tự ta cũng có: MO = MX
⇒ MN = MX + NY.
Khi đó: XY + BM + CN = XB + BM + YC + CN = XM + YN = MN
Mặt khác
MP + NQ = MB + BP + QC + CN = MB + CN + PQ
≥
MB + CN + XY = MN
0,5
5 0,5đ

( )
( ) ( )
PT x x x x x x
   
⇔ − + + = + + = + +
 ÷  ÷

   
2
2 2 2
1 1 1 1
2 1 1 1
4 2 2 2
Vế phải đóng vai trò là căn bậc hai số học của 1 số nên phải có
VP
≥
0
Nhưng do
( )
+ > ∀ ∈¡x x
2
1 0
nên
VP x x
−
≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥
1 1
0 0
2 2
Với điều kiện đó:
 
+ = + = +
 ÷
 
x x x
2
1 1 1

2 2 2
0,25
( )
( )
( )
PT x x x x
x x x x
x x x
x
x
x
x
 
⇔ − + + = + +
 ÷
 
 
⇔ + + = + +
 ÷
 
   
⇔ + = + +
 ÷  ÷
   
 −

+ =
=



⇔ ⇔


=
+ =



2 2
2 2
2
2
1 1 1
1
4 2 2
1 1
1
4 2
1 1
1
2 2
1
1
0
2
2
0
1 1
Tập nghiệm:
{ }

S ;
−
=
1
0
2
0,25
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010 - 2011
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
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT


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

⇔
25 - 2(- m + 7) = 13
⇔
2m = 2
⇔

m = 1 ( thỏa mãn điều kiện ).
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
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)
0,5 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
x y 5
3 4 2
x y 3

+ =




+ =


Giải hệ phương trình ta được x = 7,5 ; y = 15 ( thích hợp )
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
0,5 điểm
0,25 điểm
4
2
-5
5
O
1 2
-2 -1
y
x
1
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 x x 2008 x 4018x 4036083− + − = − +
(*)
Điều kiện
2010 x 0
2008 x 2010
x 2008 0

− ≥

⇔ ≤ ≤

− ≥

Áp dụng tính chất
( )
( )
2
2 2
a +b 2 a + b≤
với mọi a, b
Ta có :
( )
( )
2
2010 x x 2008 2 2010 x x 2008 4− + − ≤ − + − =
( )
12010 x x 2008 2⇒ − + − ≤
Mặt khác
( )
( )
2
2
2x 4018x 4036083 x 2009 2 2− + = − + ≥
Từ (1) và (2) ta suy ra : (*)
( )
2
2010 x x 2008 x 2009 2 2⇔ − + − = − + =

( )
2
x 2009 0 x 2009⇔ − = ⇔ =
( 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
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2010 - 2011
MÔN THI: TOÁN
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 4x 1 2 3 x 3x 14+ + − = +
.
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 4x 1 2 3 x 3x 14+ + − = +
(1)
ĐK:
1
4x 1 0
x
1
x 3
4
3 x 0
4
x 3


+ ≥
≥ −
 
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥
 
≤


(*)
N
y

x
O
K
F
E
M
B
A
(1)
3x 14 6 4x 1 2 3 x 0
⇔ + − + − − =

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

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

4x 1 3 0
3 x 1 0

+ − =


⇔

− − =


x 2
⇔ =
(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
EOF 90=
(đpcm)
b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
Ta có:
·
·
0
EAO EMO 90= =
(tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác AEMO có
·
·
0
EAO EMO 180+ =
nên nội tiếp được trong một đương tròn.

•
Tam giác AMB và tam giác EOF có:

·
·
0
AMB EOF 90= =
,
·
·
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:
AKB
AMB
S KN 1
S MN 2
= =
Do đó:
AKB AMB
1
S S
2
=
.
Tam giác AMB vuông ở M nên tg A =
MB
3
MA
=
·
0
MAB 60⇒ =
.
Vậy AM =
a
2
và MB =
a 3
2

⇒

AKB
1 1 a a 3
S . . .
2 2 2 2
⇒ =
=
2
1
a 3
16
(đvdt)
ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010-2011
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:
2
x x x 1
P 2
x 1 x x x x
 
 
= + −
 ÷

 ÷
 ÷
+ +
 
 
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 DGH 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
1. P = (
2
x x x
x 1 x x x
+
+ +
).(2-
1
x
) =
x x x x

.
x x
+ −
+
2 1
1
=
x(2 x 1)−
.
2. P = 0
⇔

x(2 x 1)−

⇔
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:
15
x 1+
( tấn )
Nhưng thực tế mỗi xe phải chở :
15
x
( tấn )
Ta có phương trình :
15
x
-
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 )
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2010 – 2011

MÔN THI: TOÁN (đề chung)
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 =
x 2x x
x 1 x x
−

−
− −

( )
x 0; x 1≥ ≠
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
x
3
; 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) 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 =
x 2x x
x 1 x x
−
−
− −
=
( )
( )
x 2 x 1
x
x 1
x x 1
−
−
−
−
=
( )
x 2 x 1
x 1
− −
−

=
x 2 x 1
x 1
− +

−
=
( )
2
x 1
x 1
−
−
=
x 1−

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

≡
d
2

m 1 2
n 5
+ =

⇔

=


m 1,n 5
⇔ = =
E
H
F
O
D
C
B
A
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là:

2
x
6 x
3
= −

2
x 3x 18 0
⇔ + − =

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

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

( )
( )
2

2
m 3 m 3 0
⇔ + − + =

6m 6 0⇔ + =

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

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

'
0
⇔ ∆ ≥

6m 6 0
⇔ + ≥

m 1
⇔ ≥ −
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 (*)
Thay S và P vào (*) ta được:
( )
( )
2
2
2 m 3 4 m 3 4− + − + =
 
 

( )
2 2
4 m 6m 9 4m 12 4
⇔ + + − − =

24m 24 4
⇔ + =

5
m
6
⇔ = −

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

Bài 4. (1,5 điểm) Giải các phương trình:
1)
1 3
2
x 2 6 x
+ =
− −
(1) ĐK: x ≠ 2 ; x ≠ 6
(1)
( ) ( ) ( )
6 x 3 x 2 2 x 2 6 x
⇔ − + − = − −

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

⇔
2x
2
– 14x + 24 = 0

2
' '
b ac∆ = −
= 49 – 48 = 1
x
1
=
' '
b 7 1
4
a 2
− + ∆ +
= =
( TMĐK), x
2
=
' '
b 7 1
3
a 2
− − ∆ −
= =
( TMĐK),
Tập nghiệm của phương trình:

{ }
S 3;4
=
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:

{ }
S 1;1
= −
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
ECF 90⇒ =
(kề bù với
·
ACB
)
Tứ giác CDFE nội tiếp nên
·
·
0
ECF EDF 90= =
. Mà
·
0
ADB 90=
nên
·
·
0
EDF EDB 180+ =
Vậy ba điểm B , D , F thẳng hàng.
3) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Ta có
·
·
0 0
EHA ECA 90 90 180+ = + =
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)
Chú ý: Rất nhiều HS ở câu 1chứng minh
·
·
0
ECF EDF 90= =

và kết luận tứ giác CDFE
nội tiếp là sai lầm
Câu 3 có thể chứng minh
·
·
0
HCA ACO 90+ =
rồi suy ra HC là tiếp tuyến.
ĐỀ THI VÀO LỚP 10
MÔN TOÁN
Năm học 2010 – 2011
(Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Phần 1: Trắc nghiệm (2điểm)
Mỗi câu sau có nêu 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy chọn phương án
đúng và viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án được lựa chọn.
Câu 1: Với điều kiện nào thì
aa −=
2
A. a = 0 B.
0
≥
a
C.
0
≤
a
D. Đẳng thức không thể xảy ra
Câu 2: Đồ thị hàm số
2
2xy =

và
13 −= xy
cắt nhau tại điểm có hoành độ là:
A. 1 và
2
1
B. -1 và
2
1
C. 1 và
2
1
−
D. -1 và
2
1
−
Câu 3: Phương trình
03322
2
=−++ xx
đã biết một nghiệm
3
1
−=x
. Nghiệm kia là:
A.
3
2
=x

B.
32
2
+=x
C.
33
2
+=x
D.
23
2
−=x
Câu 4: Số nghiệm của hệ phương trình





=+
=+
523
563
yx
yx
là:
A. Một B. Hai C. Không D. Vô số
Câu 5: Hàm số
( )
2
21 xmy −=

đồng biến khi x > 0 nếu:
A.
2
1
=m
B.
2
1
<m
C.
2
1
>m
D.
m
∀
Câu 6: Cho đường tròn (O;R). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn kẻ tiếp tuyến MA với đường tròn (A là
tiếp điểm). Nếu MO = 3cm và góc OMA = 45
0
thì bán kính R của đường tròn bằng:
A. 2cm B. 0,5cm C.
2
23
cm D.
2
cm
Câu 7: Một hình viên phân có bán kính bằng 7cm, số đo cung bằng 90
0
. Diện tích hình viên phấn đó bằng
(lấy

7
22
=
π
)
A. 38,5cm
2
B. 14cm
2
C. 24cm
2
D. 105cm
2
Câu 8: Nếu bán kính của một hình cầu tăng gấp đôi thì thể tích hình cầu đó tăng gấp:
A. 8 lần B. 6 lần C. 4 lần D. 2 lần
Phần 2: Tự luận (8 điểm)
Câu 1: (1,5đ): Cho biểu thức:
aa
a
aaa
A
21
1
:
1
11
−+
+









−
+
−
=
với a > 0, a
≠
1
a, Rút gọn biểu thức A
b, So sánh A với 1
Câu 2: (1,5đ): Cho phương trình
( )
012342
22
=−++− mxmx
(m là tham số)
a, Giải phương trình với m = 1
b, Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm
bằng 1.
Câu 3: (1đ)
Cho hàm số y = (m-1)x + 2 – 2m (m là tham số). Xác định m để:
a, Hàm số đồng biến
b, Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm A có hoành độ bằng
3−
.

Câu 4: (2,5đ)
Cho
∆
ABC vuông tại A, (AB < AC), đường cao AH. Gọi M là điểm đối xứng của H qua AB.
1, Chứng minh tứ giác AMBH nội tiếp.
2, Tia MC cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMBH tại điểm P (P
≠
M). Tia HP cắt đường tròn ngoại tiếp
∆
APC tại điểm N (N
≠
P). Gọi E và K tương ứng là giao của AB và BC với đường tròn ngoại tiếp
∆
APC
(E
≠
A, K
≠
C ). Chứng minh rằng:
a, EN // BC
b, H là trung điểm của BK.
Câu 5: (1,5đ)
a, Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
xxM 451 −++=
b, Tìm các số nguyên x, y, z sao cho:
zyxyzyx 233
222
++<+++
*******************************
ĐỀ THI VÀO LỚP 10

MÔN TOÁN
Năm học 2010 – 2011
(Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1: Cho biểu thức P=
( )( )









+
+







+

+
++
1
1
1

1
:
1
12
23
aa
a
aa
aa
aa
a) Rút gọn P
b) Tìm a để :
1
8
11

+

a
P
.
Bai2: Giải bài toán bằng cách lập phơng trình
Một ca nô xuôi dòng trên một khúc sông từ bến A đến bến B cách nhau 80km,sau đó lại
ngợc dòng đến địa điểm C cách B 72km, thời gian ca nô xuôi dòng ít hơn thời gian ca nô
ngợc dòng 15 phút. Tính vận tốc riêng của ca nô ,biết vận tốc của dòng nớc là 4km/h.
Bai3: Tìm toạ độ giao điểm A và B của đồ thị hai hàm số y=2x+3 và y=x
2
. Gọi D và C lần lợt là
hình chiếu vuông góc của A và B trên trục hoành. Tính diện tích tứ giác ABCD.
Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB=2R, C là trung điểm của OA và dây MN vuông góc với

OA tại C. Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM,H là giao điểm của AK và MN.
1) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp
2) Tính tích AH.AK theo R.
3) Xác định vị trí của điểm K để tổng (KM+KN+KB) đạt GTLN và tính GTLN đó?
Bài 5:
Cho hai số dơng x,y thoả mãn điều kiện x+y =2. Chứng minh : x
2
y
2
(x
2
+y
2
)
2
.
THI VO LP 10
MễN TON
Nm hc 2010 2011
(Thi gian: 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
Bài 1(2,5 điểm): Cho biểu thức P =
xx
x
x
x
x +

+
+ :
1
1
.
a) Rút gọn P
b) Tính GT của P khi x=4
c) Tìm x để P =
3
13
.
Bài 2(2,5 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phơng trình
Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất đợc 900 chi tiết máy.Tháng thứ hai tổ I vợt mức 15%, tổ
II vợt mớc 10% so với thảng thứ nhất. Vì vậy hai tổ đã sản xuất đợc 1010 chi tiết máy.
Hỏi tháng thứ nhất mỗi tổ sản xuất đợc bao nhiêu chi tiết máy.
Bai3 (1 điểm): Cho Parabol (P): y=
2
4
1
x
và đờng thẳng (d) có phơng trình y = mx+1.
1) C/m đờng thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m
2) Gọi A,B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m( O là
gốc toạ độ).
Bài 4(3,5 điểm): Cho đờng tròn (O) bán kính AB=2R và E là điểm bất kỳ trên đờng tròn đó(E khác
A,B). Đờng phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai K

khác A.
1) C/m hai tam giác KAF và KEA đồng dạng.
2) Gọi I là giao điểm của đờng trung trực đoạn EF với OE. Chứng minh đờng tròn (I;IE)
tiếp xúc (O) tại E và tiếp xúc AB tại F.
3) Gọi M,N lần lợt là giao điểm thứ hai của AE,BE với đờng tròn (I;IE). C/m MN//AB
4) Gọi P là giao điểm của NF và AK; Q là giao điểm của MF và BK. Tìm GTNN của
chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên (O).
Bài 5(0,5 điểm):
Tìm GTNN của biểu thức A=(x-1)
4
+(x-3)
4
+6(x-1)
2
(x-3)
2
THI VO LP 10
MễN TON
Nm hc 2010 2011
(Thi gian: 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
Bài1: Cho biểu thức P=
1
46
1
3
1



+

+

x
x
xx
x
a) Rút gọn P
b) Tìm các GT của x để P <
2
1
.
Bài 2: Giải bài toán bằng cách lập phơng trình
Một ngời đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km.Khi từ B trở về A ngời đó tăng vận tốc
thêm 4km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút . Tính vân tốc
của ngời đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Bài 3: Cho phơng trình x
2
+bx+c=0
1) Giải phơng trình khi b=-3;c=2
2) Tìm b,c để phơng trình có hai nghệm phân biệt và tích bằng 1.
Bài 4:
Cho dờng tròn (O;R) tiếp xúc với đờng thẳng d tại A.Trên đờng thẳng d lấy điểm H (H
khác A) và AH<R. Qua H kẻ đơng thẳng vuông góc với d cắt đờng tròn tại hai điểm
phân biệt E,B( Enằm giữa B và H).
1) Chứng minh ABE=EAH và
EAHABH ~
.
2) Lấy điểm C trên đờng thẳng d sao cho H là trung điểm của AC,đờng thẳng CE cắt AB
tại K. C/m tứ giác AHEK nội tiếp.
3) Xác định vị trí của điểm H để AB = R

3
.
Bài 5: Cho đờng thẳng y = (m-1)x+2. Tìm m để khoảng cách từ gốc toạ độ O tới đờng thẳng đó lớn
nhất.
THI VO LP 10
MễN TON
Nm hc 2010 2011
(Thi gian: 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
Bài 1(2,5 điểm): Cho biểu thức P =
xx
x
x
x
x +








+
+ :
1
1
a) Rút gọn P
b) Tính GT của P khi x= 4
c) Tìm GT của x để P =
3

13
Bài 2(2,5 điểm): : Giải bài toán bằng cách lập phơng trình, hệ phơng trình
Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất đợc 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai tổ I vợt mức 15% và tổ
II vợt mức 10% so với tháng thứ nhất, vì vậy hai tổ sản xuất đợc 1010 chi tiết máy. Hỏi
tháng thứ nhất mỗi tổ sản xuất đợc bao nhiêu chi tiết máy?
Bài 3(1,0 điểm):
Cho Parabol (P) : y =
2
4
1
x
và đờng thẳng (d) có phơng trình y =mx+1.
1) Chứng minh với mọi m đờng thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt
A,B.
2) Tính diện tích tam giác AOB theo m (O là gốc toạ độ)
Bài 4(3,5 điểm): Cho đờng tròn (O) đờng kính AB=2R và E là điểm bất kì trên đờng tròn đó(E khác
A và B). Đờng phân giác góc AEB cắt đoạn AB tại F và cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai K.
a) C/minh
KEAKAF
b) Gọi I là giao điểm của đờng trung trực đoạn EF và OE, chứng minh đờng tròn (I) bán
kính IE tiếp xúc với đờng tròn (O) tại E và tiếp xcs với đờng thẳng AB tại F.
c) Chứng minh MN//AB ,trong đó M,N lần lợt là giao điểm thứ hai của AE,BE với đờng
tròn (I).