4 đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán và đáp án

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

1
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 số mới viết dưới dạng
đa
thức là: 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.
Lưu ý: lập hệ phương trình dễ hơn
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


+ ≥
≥ −
 
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥
 
≤


(*)
(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

2
N
y
x
O
K
F
E
M
B
A
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 AMB 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)

3
//
//
O
E
C
B
A
S GIO DC- O TO THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
CN TH Nm hc: 2009 - 2010
MễN THI: TON
CHNH THC
Câu I: (1,5đ) Cho biểu thức A =
1 1
1 1 1
x x x
x x x x x

+
1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Tìm giá trị của x để A > 0.
Câu II: (2,0đ) Giải bất phơng trình và các phơng trình sau:
1) 6 - 3x -9 2)
2
3
x +1 = x - 5
3) 36x
4
- 97x
2
+ 36 = 0 4)
2
2 3 2
3
2 1
x x
x

=
+
Câu III: (1,0đ) Tìm hai số a, b sao cho 7a + 4b = -4 và đờng thẳng ax + by = -1 đi qua
điểm

( )
2; 1A
Câu IV: (1,5đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax
2

có đồ thị (P).
1. Tìm a, biết rằng (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x -
3
2
tại điểm A có
hoành độ bằng 3. Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc.
2. Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) của (P) và (d).
Câu V: (4,0đ) Cho tam giác ABC vuông ở A, có AB = 14 cm, BC = 50cm. Đờng phân
giác của
gúc ABC và đờng trung trực của cạnh AC cắt nhau tại E.
1. Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc trong một đờng tròn. Xác định tâm O
của đờng tròn này.
2. Tính BE.
3. Vẽ đờng kính EF của đờng tròn tâm (O). AE và BF cắt nhau tại P. Chứng minh
các đờng thẳng BE, PO, AF đồng quy.
4. Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngoài ngũ giác ABFCE.
HT
BI GII CU V:
1. Chng minh t giỏc ABCE ni tip:
Gi O l trung im BC
2
BC
OA OB OC = = =
(1) (tớnh cht ng
trung tuyn trong tam giỏc vuụng ng vi cnh huyn).
T OA = OC v EA = EC (do E thuc ng trung trc AC)
Nờn OE

AC, t ú AB // OE (cựng

AC). I
Do ú:
ã
ã
ABE BEO=
(so le trong), m
ã
ã
ABE EBO=
(gt) suy
ra
ã
ã
OEB OBE=
. Vy
BOE

cõn O nờn OB = OE (2)
T (1) v (2) suy ra: OA = OB = OC = OE. iu ny chng t t giỏc
ABCE ni tip. im O l tõm ng trũn ngoi tip t giỏc ABCE.
2. Tớnh BE.
Tam giỏc ABC cú O l trung im BC, OE // AB nờn OE i qua trung im
I ca AC. Vy OI l ng trung bỡnh
ABC

nờn OI =
1 1
.14 7
2 2
AB = =

(cm).

4
//
//
P
O
F
E
C
B
A
OE = BC : 2 = 25 cm , từ đó EI = 18 cm.
Tam giác OIC vuông ở I nên IC =
2 2 2 2
25 7 24OC OI− = − =
cm.
Tam giác EIC vuông ở I nên EC =
2 2 2 2
18 24 900 30IE IC+ = + = =
cm
Tam giác BEC vuông ở E nên BE =
2 2 2 2
50 30 40BC EC− = − =
cm
3. Chứng minh các đường thẳng BE, AF, PO đồng qui.
Ta có
· ·
0
90FAE FBE= =

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )
Suy ra : EB, FA là hai đường cao của tam giác PEF
Tứ giác ABFE nội tiếp có AB // EF nên nó là hình thang cân.
Do đó
·
·
AEF BFE=
nên tam giác PFE cân ở P.
Tam giác PEF cân ở P, PO là đường trung tuyến nên PO là
cao thứ ba của tam giác.
Vậy ba đường thẳng BE, AF, PO đồng qui .
4. TÝnh diÖn tÝch phÇn h×nh trßn t©m (O) n»m ngoµi ngò gi¸c ABFCE.
Gọi S là diện tích phần hình tròn tâm O nằm ngoài ngũ giác ABFCE.

1
S
là diện tích hình tròn (O).

2
S
là diện tích hình thang ABFE.

3
S
là diện tích tam giác ECF.
Ta có: S =
1
S

( )

2 3
S S− +
.

∗

1
S
=
2
R
π
=
2
.25
π
= 625
π

∗

( )
2
EF
.
2
AB
S AI
+
=

=
( )
14 50
.24
2
+
= 768

3
1 1
. . .40.30
2 2
S FC EC= =
= 600
Vậy S = 625
π
– (768 + 600) = 625
π
– 1368 (
2
cm
)
HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN BÁI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009-2010

5
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề có 01 trang)
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút không kể giao đề
Bài 1(2,0 điểm):
1- Cho hàm số
xy
+=
1
a) Tìm các giá trị của
y
khi:
0
=
x
;
1
−=
x
b) Vẽ đồ thị của hàm số trên mặt phẳng toạ độ.
2- Không dùng máy tính cầm tay:
a) Giải phương trình:
02
2
=−+
xx
b) Giải hệ phương trình:



=−

=+
123
32
yx
yx
Bài 2(2,0 điểm): Giải toán bằng cách lập phương trình:
Tìm hai số có tổng bằng 5 và tích bằng 6.
Bài 3(2,0 điểm): Cho:
xy
xyyx
yx
yxyx
M
2222
2
+
−
−
+−
=
1- Tìm điều kiện để
M
có nghĩa.
2- Rút gọn
M
(với điều kiện
M
có nghĩa)
3- Cho
3−= yyN

. Tìm tất cả các cặp số
);( yx
để
NM
=

Bài 4(3,0 điểm):
Độ dài các cạnh của một tam giác ABC vuông tại A, thoả mãn các hệ thức sau:
AB =
x
, AC =
1+x
, BC =
2+x

1- Tính độ dài các cạnh và chiều cao AH của tam giác.
2- Tam giác ABC nội tiếp được trong nửa hình tròn tâm O. Tính diện tích của phần thuộc nửa
hình tròn nhưng ở ngoài tam giác.
3- Cho tam giác ABC quay một vòng quanh cạnh huyền BC. Tính tỷ số diện
tích giữa các phần do các dây cung AB và AC tạo ra.
Bài 5(1,0 điểm): Tính
P
=
22
yx
+
và
Q
=
20092009

yx
+

Biết rằng:
0
>
x
,
0>y
,
yxyxyx
++=++
1

Hết
Họ và tên thí sinh: Phòng thi: SBD:
Họ và tên, chữ ký giám thị 1

Họ và tên, chữ ký giám thị 2

ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN (ĐỀ CHÍNH THỨC)

6
Điểm
Nội dung
Bài 1(2,0 điểm):
1- Cho hàm số
xy += 1

a) Tìm các giá trị của
y
khi:
0
=
x
;
1
−=
x
b) Vẽ đồ thị của hàm số trên mặt phẳng toạ độ.
2- Không dùng máy tính cầm tay:
a) Giải phương trình:
02
2
=−+ xx
b) Giải hệ phương trình:



=−
=+
)2(123
)1(32
yx
yx
0,25
0,25
0,25
0,25

1-(1,0 đ)
a) (0,5 đ)
* Khi
x
= 0, ta có
y
= 1+ 0 = 1 hay
y
= 1
* Khi
x
= -1, ta có
y
= 1-1 = 0 hay
y
= 0
b) (0,5 đ)
* Xác định hai điểm (0; 1) và (-1; 0) trên mặt
phẳng toạ độ.
* Đồ thị hàm số
xy +=1
(hình vẽ)

y


xy += 1

1
-1 0

x

0,25
0,25
0,25
0,25
2-(1,0 đ)
a) (0,5 đ)
* Vì a + b + c = 1+1+(-2) = 1+ 1-2 = 0
* Phương trình đã cho có hai nghiệm:
x
1
= 1,
x
2
= -2
b) (0,5 đ)
* Lấy (1) + (2), ta có 4
x
= 4 <=>
x
= 1
* Thay
x
=1 vào
32 =+ yx
ta có 1 + 2
y
= 3 <=>
y

=1
Nghiệm của hệ phương trình đã cho là :



=
=
1
1
y
x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2(2,0 điểm): Giải toán bằng cách lập phương trình:
Tìm hai số có tổng bằng 5 và tích bằng 6.
* Gọi hai số phải tìm là
x
và
y
.
* Vì tổng của hai số bằng 5, nên ta có
yx +
= 5
* Vì tích hai số bằng 6, nên ta có:

xy
= 6
* Ta có hệ phương trình:



=
=+
6
5
xy
yx
* Các số
x
và
y
là nghiệm của phương trình: X
2
-5X + 6 = 0 (1)
* Ta có
∆
= 25-24 = 1> 0 =>
* (1) có hai nghiệm:
3
2
15
1
=
+
=X

,
2
2
15
2
=
−
=X
* Hai số phải tìm là 2 và 3.
0,25
Bài 3(2,0 điểm): Cho
xy
xyyx
yx
yxyx
M
2222
2 +
−
−
+−
=
1- Tìm điều kiện để
M
có nghĩa
2- Rút gọn
M
(với điều kiện
M
có nghĩa)

3- Cho
3−= yyN
. Tìm tất cả các cặp số
);( yx
để
NM =
1-(0,5 đ)

7
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
* Để
M
có nghĩa, ta có:



≠
≠−
0
0
xy
yx

* <=>

0,0, ≠≠≠ yxyx
(1)
2-(0,75 đ)
* Với
0,0, ≠≠≠ yxyx
ta có:
xy
yxxy
yx
yx
M
)()(
2
+
−
−
−
=

*
M
=
yxyx −−−
*
yM 2−=
3-(0,75 đ)
* Để
3−yy
có nghĩa thì
0≥y

(2)
Với
0,0, >≠≠ yxyx
(kết hợp (1) và (2)), ta có
32 −=− yyy

* <=>
03)(2)(
23
=−+ yy
đặt
a
=
y
,
a
> 0, ta có
032
23
=−+ aa
* <=>
)33)(1()1)(1(2)1)(1()22()1(0
2223
++−=+−+++−=−+−= aaaaaaaaaa
<=>
a
=1 > 0 (vì
33
2
++ aa

=
4
3
)
2
3
(
2
++a
> 0). Do
a
=1 nên
y
= 1 > 0
Vậy các cặp số (
x
;
y
) phải tìm để
NM =
là:
x
tuỳ ý
≠
0,
≠
1;
y
= 1
Bài 4(3,0 điểm):

Độ dài các cạnh của một tam giác ABC vuông tại A, thoả mãn các hệ thức sau: AB
=
x
, AC =
1+x
, BC =
2
+
x

1- Tính độ dài các cạnh và chiều cao AH của tam giác.
2- Tam giác ABC nội tiếp được trong nửa hình tròn tâm O. Tính diện tích của phần thuộc
nửa hình tròn nhưng ở ngoài tam giác.
3- Cho tam giác ABC quay một vòng quanh cạnh huyền BC. Tính tỷ số diện tích giữa các
phần do các dây cung AB và AC tạo ra.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1-(1,25 đ)
* Theo định lý Pitago trong tam giác vuông ABC,
ta có: BC
2
= AB
2
+ AC
2

hay: (

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

* <=>
x
2
+ 4
x
+ 4 =
x
2
+
x
2
+ 2
x
+ 1
<=>
x
2
– 2
x

– 3 = 0
* <=>
x
= 3 > 0,
x
= -1 < 0 (loại)
* Vậy AB = 3, AC = 4, BC = 5
* AH =
BC
ACAB.
=
5
12
5
4.3
=
C



x
+2
x
+1
O

H A


x

B

0,25
0,25
0,25
0,25
2-(1,0 đ)
* Gọi diện tích của phần thuộc nửa hình tròn nhưng ở ngoài tam giác là S; diện tích nửa
hình tròn tâm O là S
1
; diện tích tam giác ABC là S
2
, ta có:
S = S
1
– S
2
=
ACABOA .
2
1
2
1
2
−
π

* Vì
OA

=
BC
2
1
, nên S =
ACABBC .
2
1
4
1
2
1
2
−
π

* =
8
4825
2
12
8
25 −
=−
ππ

* Vậy S =
)4825(
8
1

−
π


8
0,25
0,25
0,25
3- (0,75 đ)
* Khi tam giác ABC quay một vòng quanh cạnh huyền BC:
Gọi S
3
là diện tích phần do dây cung AB tạo ra (diện tích xung quanh hình nón có bán kính
đáy AH, đường sinh AB), ta có: S
3
=
AHABAH .3
ππ
=
* Gọi S
4
là diện tích phần do dây cung AC tạo ra (diện tích xung quanh hình nón có bán
kính đáy AH, đường sinh AC), ta có: S
4
=
AHACAH .4
ππ
=
* Vậy
4

3
4
3
=
S
S
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5(1,0 điểm):
Tính
P
=
22
yx +
và
Q
=
20092009
yx +

Biết rằng:
x
> 0,
y
> 0,
yxyxyx ++=++1
(1)
* Vì

x
> 0,
y
> 0
(1) <=>
yxyxyx 222222 ++=++
<=>
yyxxyx .12.2.12)(2)(2)1.(2
222
++=++

* <=>
( ) ( ) ( )
0)(.12)1()(.2)()(.12)1(
222222
=+−++−++−
yyyyxxxx
* <=>
( ) ( ) ( )
011
222
=−+−+− yyxx
* <=>





=−
=−

=−
01
0
01
y
yx
x
<=>





=
=
=
1
1
y
yx
x
hay
1== yx
Vậy
P
=
Q
= 2
Chú ý:
- Thí sinh làm cách khác đúng, hợp lý vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm của bài thi là tổng số điểm của từng bài, điểm của từng bài là tổng số điểm của
từng phần (điểm bài thi, điểm từng bài, điểm từng phần của bài không làm tròn số).
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN BÁI
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề có 01 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút không kể giao đề

9
Bài 1(2,5 điểm): Cho
xx
xx
xx
xx
M
+
+
−
−
−
=
11
1- Tìm điều kiện để
M
có nghĩa.
2- Rút gọn
M

(với điều kiện
M
có nghĩa)
3- Cho
=
N






+++
3
3
16
6
18
1
x
x
x
x
. Tìm tất cả các giá trị của
x
để
NM
=

Bài 2(1,5) điểm): Giải hệ phương trình:








+=
=
=
zyx
xyz
xy
211
2
với
0,, >zyx
Bài 3(1,5 điểm):
Tính giá trị của biểu thức
xxA 6
3
−=
với
33
2142021420 −++=x

Bài 4(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường kính AH, đường
tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại D và E cắt
BC thứ tự ở M và N.

1- Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ba điểm D, O, E thẳng hàng.
2- Chứng minh rằng M là trung điểm của HB và N là trung điểm của HC.
3- Tính diện tích tứ giác DENM, biết AB = 7cm, AC = 10 cm.
Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số
);;( zyx
với
zyx ,,

∈
Z để:

1082816)(6)(
222
+−+−++−+−=
yxxyyxzyxzyxP
đạt giá trị nhỏ nhất.
Hết
Họ và tên thí sinh: Phòng thi: SBD:
Họ và tên, chữ ký giám thị 1

Họ và tên, chữ ký giám thị 2

ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN(ĐỀ CHÍNH THỨC)
Điểm
Nội dung

10
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 1(2,5 điểm): Cho
xx
xx
xx
xx
M
+
+
−
−
−
=
11
1- Tìm điều kiện để
M
có nghĩa.
2- Rút gọn
M
(với điều kiện
M
có nghĩa)

3- Cho
N
=






+++
3
3
16
6
18
1
x
x
x
x
. Tìm tất cả giá trị của
x
để
NM
=
1-(0,5 đ)
* Để
M
có nghĩa, ta có:






≠+
≠−
≥
0
0
0
xx
xx
x

* <=>





≠+
≠−
≥
0)1(
0)1(
0
xx
xx
x
<=>




≠
>
1
0
x
x
2-(1,0 đ)
* Với
x
> 0,
1≠
ta có:
xx
xxxxxxxx
M
−
−+−+−
=
2
))(1())(1(
* =
xx
xxxxxxxxxx
−
+−+−−−+
2
2222

* =
xx
xx
−
−
2
2
22

*
xx
xx
−
−
=
2
2
)(2
= 2. Vậy
2=M
3-(1,0 đ)
* Với
x
> 0,
1≠
ta có:







+++=
3
3
1
)
1
(6
18
1
2
x
x
x
x
(1)
Đặt
y
x
x =+
1
2>
(vì
1,0 ≠>x
)
* Ta có
)
1
(3

11
.3
1
.3
1
3
3
2
2
3
33
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xy +++=+++=
=>
yy
x
x 3
1
3
3
3
−=+

* Do đó, từ (1) ta có:
yyy 3636
3
−+=
<=>
0363
3
=−+ yy
<=>
)123)(3()3(3)93)(3()93()3(0
2233
++−=−+++−=−+−= yyyyyyyyy
<=>
23 >=y
(vì
0
4
39
2
3
123
2
2
>+







+=++ xyy
)
* Với
3=y
, ta có
3
1
=+
x
x
<=>
013
2
=+− xx
(
∆
= 9- 4= 5 > 0)
<=>
2
53
1
+
=x
,
2
53
2
−
=x
(tmđk). Vậy với

2
53
1
+
=x
,
2
53
2
−
=x
thì
NM
=
0,25
Bài 2(1,5) điểm): Giải hệ phương trình:







+=
=
=
)3(
211
)2(
)1(

2
zyx
xyz
xy
với
0,, >zyx

11
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
* Thế (1) vào (2) ta có
3
xz =
(4)
* Thế (1) và (4) vào (3) ta có
32
211
xx
x
+=
hay
33
2
2
x
x
x

x +
=
, vì
0
>
x

* Ta có
2
2
+= xx

* <=>
02
2
=−− xx
(a-b+c = 1 +1- 2 = 0)
<=>
2
1
=x
>
0
,
1
2
−=x
<
0
(loại)

* Do
x
= 2 =>
y
= 4 > 0,
z
= 8 > 0
* Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là
)8;4;2();;( =zyx

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 3(1,5 điểm):
Tính giá trị của biểu thức
xxA 6
3
−=
với
33
2142021420 −++=x

* Đặt a =
3
21420 +
, b =
3

21420 −
, ta có
x
= a + b
* Có
3
x
= a
3
+ b
3
+ 3a
2
b +3ab
2
, vì a
3
+ b
3
= 20 +14
2
+20 -14
2
= 40, nên
*
3
x
= 40 + 3ab(a+b) = 40 + 3ab
x
* Ta lại có ab =

33
21420.21420 −+
=
3
)21420)(21420( −+
=
3
22
14.220 −
* =
28
3
=
* Vậy
A
=
x
3
- 6
x
= 40 + 6
x
- 6
x
= 40
Bài 4(3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường kính AH,
đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Các tiếp tuyến với đường tròn
(O) tại D và E cắt BC thứ tự ở M và N.
1- Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ba điểm D, O, E thẳng hàng.

2- Chứng minh rằng M là trung điểm của HB và N là trung điểm của HC.
3- Tính diện tích tứ giác DENM, biết AB = 7cm, AC = 10 cm.
0,25
0,25
1-(1,0 đ)
* Có:
DAE∠
=1v(gt) ( 1)
ADH∠
=1v(góc nội tiếp chắn
2
1
(O)) (2)
AEH∠
=1v(góc nội tiếp chắn
2
1
(O)) (3)
* Từ (1), (2), (3) => tứ giác
ADHE là hình chữ nhật.
A


E

D
B M H N C
0,25
0,25
0,25

0,25
* Vì
DAE∠
=1v(gt) => DE là đường kính của (O)
* => D,O,E thẳng hàng.
2-(1,0 đ)
* Vì AH
⊥
BC tại H => BC là tiếp tuyến của (O)
Ta có MD = MH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ M) (4)
OD = OH =
2
1
AH (vì ADHE là hình chữ nhật) (5)
Từ (4) và (5) => OM là đường trung trực của DH
* => OM
⊥
DH (6)
Vì
ADH∠
=1v (theo (2)) => AB
⊥
DH tại D (7)

12
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
Từ (6) và (7) => OM//AB (8)
* Vì OA= OH =
2
1
AH (vì ADHE là hình chữ nhật) (9)
Từ (8) và (9) => OM là đường trung bình của
∆
AHB => MB=MH => M là trung điểm
của HB.
* Chứng minh tương tự ta có NH = NC => N là trung điểm của HC.
3-(1,0 đ)
* MD
⊥
DE tại D (MD là tiếp tuyến của (O) tại D) (10)
NE
⊥
DE tại E (NE là tiếp tuyến của (O) tại E) (11)
Từ (11) và (12) => MD//NE => DENM là hình thang vuông, đường cao DE
* Gọi diện tích hình thang DENM là S
DENM
. Ta có: S
DENM
=
2
1
(MD+NE).DE
* Vì MD = MH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ M)
NE = NH (hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ N)
=> MD+NE= MN =

2
1
BC (vì MH=MB, NH=NC)
Lại có DE = AH (vì ADHE là hình chữ nhật)
* Do đó: S
DENM
=
2
1
.
2
1
BC.AH =
4
1
AB.AC =
4
1
.10.7 = 17,5 (cm
2
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5(1,5 điểm): Tìm tất cả các bộ ba số
);;( zyx
với

zyx ,,

∈
Z để:

1082816)(6)(
222
+−+−++−+−=
yxxyyxzyxzyxP
đạt giá trị nhỏ nhất.
*
P
= [(
zyx −
)
2
+
6
(
zyx −
) +
9
] + [ (
x
2
–
8
xy
+
16

y
2
) +
2
(
yx 4−
) +
1
]
= [(
zyx −
) +
3
]
2
+ [(
yx 4−
)
2
+
2
(
yx 4−
) +
1
]
* = (
zyx −
+
3

)
2
+(
yx 4−
+
1
)
2

≥
0
*
P
nhỏ nhất khi:



=+−
=+−
)'2(014
)'1(03
yx
zyx
* Lấy (1’) – (2’) , ta có
024 =++− yzy
<=>
2)4( =− yz

<=>
4

2
−
=
z
y

)4( ≠z
(1)
* Vì
Zy ∈
nên
2;14 ±±=−z
, đồng thời theo (1) và (2’) ta có:
14 −=−z
<=>
3=z
=>
2−=y
=>
9−=x
;
14 =−z
<=>
5=z
=>
2=y
=>
7=x

24 −=−z

<=>
2=z
=>
1−=y
=>
5−=x
;
24 =−z
<=>
6=z
=>
1=y
=>
3=x

* Vậy với (
zyx ;;
) =
( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
6;1;3,2;1;5,5;2;7,3;2;9 −−−−
thì
P
đạt giá trị nhỏ nhất (bằng
0)
Chú ý:
- Thí sinh làm cách khác đúng, hợp lý vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm của bài thi là tổng số điểm của từng bài, điểm của từng bài là tổng số điểm của
từng phần (điểm bài thi, điểm từng bài, điểm từng phần của bài không làm tròn số).

13