Bộ đề thi vào 10 các tỉnh(có đáp án)





 !"#"
$%&'(: 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
)*+&'(,-&'.%)/%01"23&4
5&'()61,&78%)
9: (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 ≠
.
9:" (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+ =
.

9:; (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?
9:< (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.
9:= (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
Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….……
Chữ kí của giám thị 1:……………………… Chữ kí của giám thị 2: ……… ……
>?@



A B  C

 !"D"2E3&4
)*+&'(,-&'.%)/%01"
4FG
- 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.
4A B G
9: H I(J:%) (K1
1 a
Giải phương trình
2
4 0
3
x − =

L
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− − =
L
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 ≠
L
( 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 L
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+ =
L
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⇔ − − =
0,25
0,25
2m⇔ = −
hoặc
5
2
m =
Do m nguyên nên
2m = −
0,25
0,25
3 Tính số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch L
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 L
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’ L
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 L

TH 1. M thuộc tia BA.
A
N
D
M
H
I
C
F'
F
E'
E
O
B
A
H
C
F'
F
E'
E
O
B
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)
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.
". 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.
M'NO. Thí sinh chỉ cần làm 1 trong 2
TH đều cho điểm tối đa.
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Chứng minh rằng
2
2
2
a d
c b
+ ≥
L
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
C
F'
E'
E
N
M
I
H
F
B
A




 !"#"
$%&'(: 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
)*+&'(,P&'.%)/%01"23&"4

9: (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 >
.
9:" (2 điểm)
Cho phương trình
2

3 0x x m− + =
(1) (x là ẩn).
a) Giải phương trình (1) khi
1m =
.
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+ + + =
.
9:; (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.
9:< (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.
9:= (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
Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….……
Chữ kí của giám thị 1:……………………… Chữ kí của giám thị 2: ……… ……
>?@



A B  C

 !"D"2E3&"4
)*+&'(,P&'.%)/%01"
4FG
- 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.
4A B G
9: H I(J:%) (K1
1 a
Vẽ đồ thị của hàm số
2 4y x= −
L
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
= −


= −

L

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 >
L
3
9 25 4 9 5 2a a a a a a a− + = − +
2 ( 2)a a= +
2
2 ( 2)a a a a+ = +
P =
2
a
hoặc
2 a
a
0,25
0,25
0,25
0,25
2 a
Giải phương trình
2
3 0x x m− + =
khi
1m =
.
L
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+ + + =
L
Pt (1) có hai nghiệm phân biệt

9
9 4 0
4
m m⇔ ∆ = − > ⇔ <
(1)
0,25
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
3 Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng L
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 L
Hình 1 Hình 2
Vẽ được hình 1
Theo giả thiết
·
0
45QAM =
và
·
0
45QBM =
· ·
QAM QBM⇒ =

ABMQ⇒
là tứ giác nội tiếp
0,5
0,25

0,25
b Chứng minh AH vuông góc với MN L
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⇒ ⊥
M'NO. 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 L
M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên có 2 TH
. M không trùng với C, khi đó M, N, C không thẳng hàng.
A
B
C
D

M
N
P
Q
H
I
A
B
C
D
M
N
P
Q
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< ⇒ = <
.
". 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

+ + ≤
+ + + + + +
L
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
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH

Q
 !"D"
###############################
>?@
C,
(Dành cho mọi thí sinh dự thi)
Ngày thi: 02/07/2010
A*(. (1,5 điểm)
a) So sánh hai số:
3 5 à 29v
b) b) Rút gọn biểu thức: A =
3 5 3 5
3 5 3 5
+ −
+
− +
A*(". Cho hệ phương trình:
2 5 1
2 2
x y m
x y
+ = −



− =

(m là tham số)
a) Giải hệ phương trình với m = 1
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x
2
– 2y
2
= 1.
A*(;. (2,5 điểm)
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 12 giờ thì đầy bể. Nếu từng vòi
chảy thì thời gian vòi thứ nhất làm đầy bể sẽ ít hơn vòi thứ hai làm đầy bể là 10 giờ. Hỏi nếu chảy
riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy trong bao lâu thì đầy bể?
A*(<. (3,0 điểm)
Cho đương tròn (O;R) day cung BC cố định (BC<2R) và điểm A di động trên cung lớn BC
sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BD, CE của tam giác cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp.
b) Giả sử
·
0
60BAC =
, hãy tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R.
c) Chứng minh đường thẳng qua A và vuông góc với DE luôn đi qua một điểm cố định.
A*(=.(1,0 điểm)
Cho biểu thức P = xy(x - 2)(y+6) + 12x
2
– 24x + 3y

2
+ 18y + 36
Chứng minh P luôn dương với mọi x,y
∈
R.
R 
C,
A*(. (1,5 điểm)
a) So sánh hai số:
3 5 à 29v
45>29 =>
3 5 29>
b) Rút gọn biểu thức: A =
3 5 3 5
3 5 3 5
+ −
+
− +
= 7
A*(".
Cho hệ phương trình:
2 5 1
2 2
x y m
x y
+ = −


− =


(I) (m là tham số)
a) Giải hệ phương trình với m = 1
(x;y) = (2;0)
b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x
2
– 2y
2
= 1.
Ta giải (I) theo m được
2
1
x m
y m
=


= −

Nghiệm này thỏa mãn hệ thức x
2
– 2y
2
= 1 nghĩa là
4m
2
– 2(m - 1)
2
= 1.
Giải phương trình ẩn m được m
1

=
2
4 10 4 10
,
2 2
m
− + − −
=
KL: Vậy với hai giá trị m
1
=
2
4 10 4 10
,
2 2
m
− + − −
=
thì nghiệm của hệ (I) thỏa mãn hệ thức
trên.
A*(;G
C1: Lập hệ phương trình:
Gọi thời gian vòi 1 chảy riêng đến khi đầy bể là x giờ (x>12)
Gọi thời gian vòi 2 chảy riêng đến khi đầy bể là y giờ (y>12)
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được
1
12
bể
Trong 1 giờ vòi 1 chảy được
1

x
bể
Trong 1 giờ vòi 2 chảy được
1
y
bể
Ta có phương trình:
1
x
+
1
y
=
1
12
(1)
Vòi 1 chảy nhanh hơn vòi 2 10 giờ nên ta có phương trình :
y = x+10 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
1 1 1
12
10
x y
y x

+ =



= +



Giải hệ phương trình:
2
1 1 1
1 1 1 12 12
1
12
10 12 10
10 10
10
12( 10) 12 10 (1)
10
x y
x x x x
y x y x
y x
x x x x
y x

 
+ =
+ = + =
  
⇔ ⇔
+ +
  
  
= + = +
= +

 


+ + = +
⇔

= +

Giải (1) được x
1
= 20, x
2
= -6 (loại)
x
1
= 20 thỏa mãn, vậy nếu chảy riêng thì vòi 1 chảy trong 20 giờ thì đầy bể, vòi 2 chảy
trong 30 giờ thì đầy bể.
C2: Dễ dàng lập được phương trình
1 1 1
10 12x x
+ =
+
Giải tương tự ra cùng đáp số.

A*(<.

H
O
E
D

C
B
A
A*(=.
P = xy(x - 2)(y+6) + 12x
2
– 24x + 3y
2
+ 18y + 36
= x
2
y
2
+ 6x
2
y - 2xy
2
- 12xy – 24x + 3y
2
+ 18y + 36
= (18y + 36) + (6x
2
y + 12x
2
) – (12xy + 24x) + (x
2
y - 2xy
2
+ 3y
2

)
= 6(y + 2)(x
2
– 2x + 3) + y
2
(x
2
– 2x + 3)
= (x
2
– 2x + 3)(y
2
+ 6y +12)
= [(x - 1)
2
+ 2][(y + 3)
2
+3] > 0
Vậy P > 0 với mọi x,y
∈
R.
a)Tứ giác AEHD có
·
·
·
·
0 0 0
90 , 90 ê 180AEH ADH n nAEH ADH= = + =
Vậy tư giác AEHD nội tiếp.
b) Khi

·
·
0 0
60 120BAC BOC= ⇒ =
Mặt khác tam giác BOC cân tại O nên khoảng
cách từ O đến BC là đường cao đồng thời là tia phân
giác của tam giác BOC.
·
0
60KOC⇒ =
OK = cos60
0
.OC = R/2
c) Giả sử : (1)
E B ABC≡ ⇒ ∆
vuông cân tại B.
Khi đó AC là đường kính của (O;R)
D O⇒ ≡
Vậy đường thẳng đi qua A vuông góc với DE tại O.
(2)
D C ABC≡ ⇒ ∆
vuông cân tại C. Khi đó
AB là đường kính của (O;R)
E O⇒ ≡
Vậy đường thẳng đi qua A vuông góc với DE tại O.
Từ (1) và (2) ta có, đường thẳng đi qua A và vuông góc
với DE đi qua điểm cố định là tâm O của (O;R).

K
Q

R !"#"
 $%&'(,S.%
Thời gian làm bài: 120 phút
A*( (2.0 điểm):
Cho phương trình: x
2
+ mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi m= 3
2. Giả sử x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để:
x
1
(x
2
2
+ 1) + x
2
(x
2
1
+ 1) > 6.
A*("(2.0 điểm):
Cho biểu thức: B = ( + )( - ) với b > 0; b≠9
1. Rút gọn B
2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên.
A*(;(2.0 điểm):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x

2
và các điểm A, B thuộc parabol (P) vơi x
A
= 2, x
B

= - 1.
1. Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB.
2. Tim n để đường thẳng (d): y = (2n
2
- n)x + n + 1 (với n là tham số) song song với đường thẳng
AB.
A*(< (3.0 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao BM, CN của tam
giác cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác BCMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.
3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác ABC luôn nhọn. Xác định
vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất.
A*(= (1.0 điểm):
Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a
2
+ b
2
+
ab
33
####################T&######################
5U'V%'&'WU

>A
Q
R !"#"
.X.%U'Y1 $%&'(,S.%
Thời gian làm bài: 120 phút
A*( I(J:%) (K1
 Cho phương trình: x
2
+ mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi m= 3:
- Phương trình trở thành: x
2
+ 3x - 4 = 0
- Vì tổng các hệ số: 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình có nghiệm
x
1
=1 v à x
2
=- 4
Vậy khi m = 3 th ì phương trình có 2 nghiệm x
1
=1 v à x
2
=- 4
L"=
L=
G"=
2. Giả sử x
1
, x

2
là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để:
x
1
(x
2
2
+ 1) + x
2
(x
2
1
+ 1) > 6.
- Phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thì: ∆ ≥ 0 mà ∆ = m
2
+ 16≥16 với mọi m.
Khi đó theo Vi-ét ta có:



−=
−=+
(**)4
(*)
21
21

xx
mxx
- Ta lại có x
1
(x
2
2
+1)+x
2
(x
2
1
+1)> 6<=> x
1
x
2
2
+x
1
+x
2
x
2
1
+x
2
> 6<=>
x
1
x

2
(x
1
+ x
2
) + x
1
+ x
2
> 6 <=> (x
1
+ x
2
)(x
1
x
2
+1)>6 (***)
- Thay (*), (**) vào (***) ta có: -m(-4+1) > 6 <=> 3m>6 <=> m >2
- Vậy khi m >2 th ì phương trình (1) có 2 nghiệm x
1
,x
2
thỏa mãn
x
1
(x
2
2
+1)+x

2
(x
2
1
+1)> 6
L"=
L"=
L"=
L"=
" A*("(2.0 điểm):
Cho biểu thức: B = = ( + )( - ) với b > 0; b
≠
9
1. Rút gọn B
Với b > 0; b
≠
9 B =








−









+−
−−++
b3
3b
3)b3)(b(
3)b3)(b(-3)b3)(b(









−








+− b3
3b

3)b3)(b(
b12
=








+ 3b
4
L=
G=
2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên.
AZ








+ 3b
4
nguyên khi
b
+3 là ước của 4 vì

b
+3≥3 nên

b
+3 = 4 hay
b
=1 <=> b=1
- Vậy với b = 1 thì B đạt giá trị nguyên
L=
G"=
L"=
; Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và các điểm A, B thuộc
parabol (P) vơi x
A
= 2, x
B
= - 1.
1. Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB.
- Tọa độ điểm A: x
A
= 2=> y = 2
2
= 4 Vậy A(2;4)
- Tọa độ điểm B: x
B
= -1=> y = (-1)
2
= 1 Vậy B(-1;1)

- Gọi đường thẳng qua A(2;4), B(-1; 1) có dạng y = ax + b (AB)
- Vì (AB) qua A(2; 4) nên 2a + b = 4(i)
- Vì (AB) qua B(-1; 1) nên -a +b = 1(ii)
- Lấy phương trình (i) trừ (ii) ta được 3a = 3 => a = 1 khi đó =>b= 2.
Vậy đường thảng AB có dạng: y = x +2
L"=
L"=
L"=
G"=
2. Tim n để đường thẳng (d): y = (2n
2
- n)x + n + 1 (với n là tham số) song
song với đường thẳng AB.
#[\%)&']%)RA,+Z^_"`S%)`S%)ab(2J4y = (2n
2
-n)x+n+1 thì: 2n
2
-n
=1(u) và n+1 ≠2(v)
Giải (u) ta được n = 1; và n = -
2
1
kết hợp với (v) n≠1.
L=
L"=
L"=
5U'V%'&'WU
>A
Nên với n= -
2

1
thì AB song với (d)
<
1. Chứng minh  BCMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
- Lấy I là trung điểm BC. Suy ra:BI= CI = MI = NI
nên B ,C, M, N cách đều điểm I nên tứ giác BCMN nội tiếp trong một đường
tròn
G"=
G=
L"=
2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK
là hình bình hành. Ta có:
ABK = 90
0
= (góc nội tiếp)

=> BK⊥AB nên BK∥CH(*). Tương tự:
ACK = 90
0
= (góc nội tiếp)

=> CK⊥AC nên CK∥BH(**). Từ (*) và (**)
suy ra  BHCK là hình bình hành.
L=
G"=
L"=
3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác
ABC luôn nhọn. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất.
Gọi I là giao điểm AH và BC, F là trung điểm của BC. Vì khi A thay đổi BC cố
định và lam giác ABC luôn nhọn nên H nằm trong tam giác ABC. Nên S

∆BCH
=
BC.HI lớn nhất khi HI lớn nhất (BC cố định), HI lớn nhất => AI lớn nhất => I≡
F mà F là trung điểm của BC nên ∆ABC cân tại A => AB = AC=> A bằm chính
giữa lớn cung BC
L"=
L"=
L"=
L"=
Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a
2

+ b
2
+
Ta có (a-b)
2
≥ 0 => a
2
+b
2
≥ 2ab và (a+b)
2
≥ 4ab hay ab≤ 4 => ≥
Nên khi đó P = a
2
+ b
2
+ ≥ 2ab + + ≥
≥ 2 + =16 + =

Dấu "=" xảy ra khi 2ab= và a=b hay ab = 4 và a = b =>a = b= 2
Vậy Min P = khi a = b = 2
L"=
L"=
L"=
L"=


A
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2010-2011
$%&'(,
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

A*(G (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
3 1 9
3 3
−
 
= + ×
 ÷
− +
 
x
A
x x x x
với
0, 9> ≠x x
.

2. Chứng minh rằng:
1 1
5 10
5 2 5 2
 
× + =
 ÷
− +
 

A*("G (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):
( 1)y k x n= − +
và hai điểm A(0;2),
B(-1;0).
1. Tìm các giá trị của k và n để:
a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng
( ) : 2y x k∆ = + −
.
2. Cho
2n =
. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
A*(;G (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai:
2
2 7 0x mx m− + − =
(1) (với m là tham số).
1. Giải phương trình (1) với

1m
= −
.
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
;x x
thoả mãn hệ thức:
1 2
1 1
16
x x
+ =
.
A*(<G (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa
O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường
tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và ∆CAE đồng dạng với ∆CHK.
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN và KM
2
+ KN
2
= 4R
2
.
A*(=G (0,5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )

3 3 3
3
1 1 1
4
− + − + − ≥ −a b c
HẾT
ĐỀ CHÍNH THỨC

A

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2010 - 2011
FB  C
A*(G (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
3 1 9
3 3
x
A
x x x x
−
 
= + ×
 ÷
− +
 
với
0, 9> ≠x x
.
2. Chứng minh rằng:

1 1
5 10
5 2 5 2
 
× + =
 ÷
− +
 
H I(J:%) (K1
G
(1,25đ)
Với ĐK:
0, 9> ≠x x
. Ta có:
( )
3 1 9
3
3
x
A
x x
x x
 
−
 ÷
= + ×
 ÷
+
−
 

0,25

( ) ( )
( )
3 3 3
9
9
x x x
x
A
x x x
+ + −
−
⇔ = ×
−
0,25
3 9 3x x x
A
x
+ + −
⇔ =
0,25
9 x
A
x
+
⇔ =
0,25
Kết luận: Vậy với
0, 9> ≠x x

thì
9 x
A
x
+
=
0,25
"G
(0,75đ)
Ta có:
( ) ( )
1 1 5 2 5 2
5. 5.
5 2 5 2
5 2 5 2
 
+ + −
 
 ÷
+ =
 ÷
 ÷
− +
− + 
 
0,25

2 5
5.
5 4

=
−

= 10
0,25
Vậy:
1 1
5. 10
5 2 5 2
 
+ =
 ÷
− +
 
0,25
A*("G (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):
( 1)y k x n= − +
và hai điểm A(0;2),
B(-1;0).
1. Tìm các giá trị của k và n để:
a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng
( ) : 2y x k∆ = + −
.
2. Cho
2n =
. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
H I(J:%) (K1

8
(1,0 đ)
(d): y = (k-1)x + n đi qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:
( 1).0 2
( 1).( 1) 0
k n
k n
− + =


− − + =

0,25
2
1 2 0
n
k
=

⇔

− + =

2
3
n
k
=

⇔


=

0,5
Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0)
0,25
c
(0,5 đ)
+
1 1
( )//( )
2
k
d
n k
− =

∆ ⇔

≠ −

2
0
k
n
=

⇔

≠


0,25
Kết luận: Vậy
2
( )//( )
0
k
d
n
=

∆ ⇔

≠

0,25
"G
(0,5 đ)
Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2. Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C
1 0 1k k⇔ − ≠ ⇔ ≠
và khi đó toạ độ điểm C là
2
;0
1 k
 
 ÷
−
 
0,25
Ta có:

2
1
C
OC x
k
= =
−
và do B(-1;0) nên OB = 1.
Vì các tam giác OAC và OAB vuông tại O và chung đường cao AO nên suy ra:

2
2 2 2
|1 |
OAC OAB
S S OC OB
k
= ⇔ = ⇔ =
−
0
2
k
k
=

⇔

=

(thoả mãn đk
1k ≠

)
Kết luận: k = 0 hoặc k = 2.
0,25
A*(;G (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai:
2
2 7 0x mx m− + − =
(1) (với m là tham số).
1. Giải phương trình (1) với
1m
= −
.
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
;x x
thoả mãn hệ thức:
1 2
1 1
16
x x
+ =
.
H
I(J:%)
(K1
G
(0,75đ)
Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành:
2

2 8 0
' 1 8 9 ' 3
x x+ − =
∆ = + = ⇒ ∆ =
0,25
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
1 3
4
1
1 3
2
1
x
x
− −

= = −


− +

= =


0,25
Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2.
0,25
"G
(0,75đ)
Pt (1) có

2 2
' ( 7) 7m m m m∆ = − − = − +
0,25

2
1 27
0
2 4
m
 
= − + >
 ÷
 
với mọi m.
0,25
Vậy với mọi giá trị của m thì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
0,25
;G
(0,5 đ)
Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
với mọi giá trị của
m. Theo định lý Vi ét ta có:
1 2
1 2
2
7
x x m

x x m
+ =


= −

0,25
Theo giả thiết ta có:
1 2
1 2 1 2
1 2
0
1 1
16
16
x x
x x x x
x x
≠

+ = ⇔

+ =


( )
7 0
2 16 7
7
8

8
m
m m
m
m
m
− ≠


⇔

= −


≠

⇔

=

⇔ =
Vậy m = 8 là giá trị cần tìm.
0,25
A*(<G (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H
(H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng
AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và ∆CAE đồng dạng với ∆CHK.
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK // MN và KM
2

+ KN
2
= 4R
2
.

h
k
o
n
m
f
e
c
b
a

P
O
K
H
E
N
M
C
B
A
H
I(J:%)
(K1

G
(2,0đ)
• Ta có: +
·
0
90AHE =
(theo giả thiết
AB MN
⊥
)
0,5
+
·
0
90AKE =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0,5
·
·
0
90AHE AKE⇒ = = ⇒
H, K thuộc đường tròn đường kính AE.
Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
0,25
• Xét hai tam giác
∆
CAE và
∆
CHK:
+ Có chung góc C

0,25
+
·
·
EAC EHK=
(góc nội tiếp cùng chắn cung EK)
Suy ra
∆
CAE
∆
CHK (g - g)
0,5
"G
(1,0 đ)
Do đường kính AB
⊥
MN nên B là điểm chính giữa cung
¼
MN
suy ra ta có
·
·
(1)MKB NKB=
0,25
Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên
·
·
·
·
(2)

(3)
NKB KNF
MKB MFN

=


=


0,5
Từ (1), (2), (3) suy ra
·
· · ·
MFN KNF KFN KNF= ⇔ =
. Vậy
∆
KNF cân tại K.
0,25
;G
(0,5 đ)
M Ta có
·
·
0 0
90 90AKB BKC KEC= ⇒ = ⇒ ∆
vuông tại K
Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K
·
·

·
0 0
45 45BEH KEC OBK= = ⇒ =
Mặt khác vì
∆
OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra
∆
OBK vuông
cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)
0,25
M Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính
và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP.
Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP
2
+ MK
2
= KP
2

⇔
KN
2
+ KM
2
= 4R
2
.
0,25
A*(=G (0,5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( )
3 3 3
3
1 1 1
4
− + − + − ≥ −a b c
H I(J:%) (K1
0,5 đ
Ta có:
3 3 2
( 1) 3 3 1a a a a− = − + −

( )
2
2
3 3 1
3 3 3
1 1 (1) ( 0)
2 4 4
a a a
a a a a do a
= − + −
 
= − + − ≥ − ≥
 ÷
 
Tương tự:
( ) ( )
3 3
3 3

( 1) 1 2 , ( 1) 1 3
4 4
b b c c− ≥ − − ≥ −
0,25
Từ (1), (2), (3) suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
3 9 3
1 1 1 3 3
4 4 4
a b c a b c− + − + − ≥ + + − = − = −
Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
2
2
3
3
0
0
3
2
0,
2
2
3
3
0
0
3

0,
2
2
2
3
3
0
3
0
0,
2
2
2
3
3
a a
a a
a b c
b b
b b
b a c
c c
c c
c a b
a b c
a b c

 

− =


 ÷
= ∨ =


 

= = =




 


= ∨ =
− =
 
 ÷

⇔ ⇔ = = =
 
 

 

 
= ∨ =
 
− =


= = =
 ÷
 
 


 
+ + =

+ + =



0,25
QGd
eRfd 'g8%)*+"<#-#"
>?@  $%,
Thời gian làm bài : 120 phút
_________________________________________________________________________________
Bài 1 : (2,25 điểm ) Không sử dụng máy tính cầm tay :
a) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
1)
2
5x -7x-6=0
2)



2x-3y=-13

3x+5y=9
b) Rút gọn biểu thức
5
P= -2 5
5-2
Bài 2: ( 2,5 điểm ) Cho hàm số y = ax
2
a) Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho đi qua điểm M ( -2 ; 8)
b) Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị ( P) của hàm số đã cho với giá trị a vừa tìm được và
đường thẳng (d) đi qua M (-2;8) có hệ số góc bằng - 2 .Tìm tọa độ giao điểm khác M của (P) và (
d).
Bài 3: (1,25 điểm) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc bằng nhau.Đi được
2
3

quãng đường, người thứ nhất bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ô tô quay về A, còn người thứ hai
không dừng lại mà tiếp tục đi với vận tốc cũ để tới B.Biết rằng khoảng cách từ A đến B là 60 km, vận tốc
ô tô hơn vận tốc xe đạp là 48 km/h và khi người thứ hai tới B thì người thứ nhất đã về A trước đó 40
phút.Tính vận tốc của xe đạp
Bài 4: (2,5 điểm )
Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB , D là một điểm trên cạnh AC sao cho CD < AD.Vẽ đường
tròn (D) tâm D và tiếp xúc với BC tại E.Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn (D) với F là tiếp điểm
khác E.
a) Chứng minh rằng năm điểm A ,B , E , D , F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM,AE,AD theo thứ tự tại các điểm
N,K,I .Chứng minh
IK AK
=
IF AF
. Suy ra: IF.BK=IK.BF

c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân.
Bài 5: ( 1,5 điểm )
Từ một tấm thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB= 3,6 dm , chiều dài AD =4,85 dm, người ta
cắt một phần tấm thiếc để làm mặt xung quanh của một hình nón với đỉnh là A và đường sinh bằng
3,6 dm, sao cho diện tích mặt xung quanh này lớn nhất.Mặt đáy của hình nón được cắt trong phần còn
lại của tấm thiếc hình chữ nhật ABCD.
a) Tính thể tích của hình nón được tạo thành.
b) Chứng tỏ rằng có thể cắt được nguyên vẹn hình tròn đáy mà chỉ sử dụng phần còn lại của tấm
thiếc ABCD sau khi đã cắt xong mặt xung quanh hình nón nói trên.

…………….T&…………….
QGd
eRfd $%,D'g8%)*+,"=h-h"
>?@R
A*( H I(J:%) (K1
1
2,25
a.1
(0,75)
Giải phương trình
2
5x -7x-6=0
(1)
∆
=
2
49+120=169=13
,
∆ =13,
1

7-13 3
x = =-
10 5
và
2
7+13
x = =2
10
Vậy phương trình có hai nghiệm:
1 2
3
x =- , x =2
5
0,25
0,25
0,25
a.2
(0,75)
Giải hệ phương trình



2x-3y=-13
3x+5y=9
:

 

⇔ ⇔
  

 


2x-3y=-13
2x-3y =-13 6x-9y=-39
3x+5y=9 6x+10y=18
19y=57



⇔ ⇔
 



x=-2
y=3
y=3
2x=9-13=-4
0,50
0,25
b.
(0,75)
( )
5 5+2
5
P= -2 5= -2 5
5-4
5-2

=5+2 5-2 5=5
0,50
0,25
2
2,5
2.a
(0,75)
+ Đồ thị (P) của hàm số
2
y=ax
đi qua điểm
( )
M -2;8
, nên:
( )
⇔
2
8=a -2 a=2g
Vậy:
a=2
và hàm số đã cho là:
2
y=2x
0,50
0,25
2.b
(1,75)
+ Đường thẳng (d) có hệ số góc bằng -2, nên có phương trình dạng:
y=-2x+b
+ (d) đi qua điểm

( )
M -2;8
, nên
( ) ( )
⇔8=-2 -2 +b b=4, d :y=-2x+4g
+ Vẽ (P)
+ Vẽ (d)
+ Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:
⇔
2 2
2x =-2x+4 x +x-2=0
+ Phương trình có hai nghiệm:
1 2
x =1;x =-2
Do đó hoành độ giao điểm thứ hai của (P) và (d) là
⇒ ×
2
x=1 y=2 1 =2
Vậy giao điểm khác M của (P) và (d) có tọa độ: N(1;2)
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
3
1,25
Gọi x (km/h) là vận tốc của xe đạp, thì x+48(km/h) là vận tốc của ô tô. Điều
kiện:
x>0

0,25
0,25
oâ toâ
xe ñaïp
60 km
C
B
A
Hai người cùng đi xe đạp một đoạn đường
2
AC = AB=40km
3
Đoạn đường còn lại người thứ hai đi xe đạp để đến B là:
CB=AB-AC =20km
Thời gian người thứ nhất đi ô tô từ C đến A là:
40
x+48
(giờ) và người thứ hai
đi từ C đến B là:
20
x
(giờ)
Theo giả thiết, ta có phương trình:
⇔
40 1 20 2 40 20
+ = - +1=
x+48 3 x 3 x+48 x
Giải phương trình trên:
( ) ( )
40x+x x+48 =20 x+48

hay
2
x +68x-960=0
Giải phương trình ta được hai nghiệm:
1
x =-80<0
(loại) và
2
x =12
Vậy vận tốc của xe đạp là: 12 km/h
0,25
0,25
0,25
4
2,5
4.a
(1,0)
//
//
O
I
K
N
M
F
E
D
C
B
A

Hình vẽ đúng
Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:
·
·
0
BED=BFD=90
Mà
·
·
0
BAD=BAC =90
(giả thiết)
Do đó:
·
·
·
=
0
BED=BFD BAD=90
Vậy: năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD
0,25
0,25
0,25
0,25
4.b
(1,0)
Gọi (O) là đường tròn đường kính BD. Trong đường tròn (O), ta có :
»
DE
=

»
DF
(do DE, DF là bán kính đường tròn
( )
D
)
·
·
⇒ EAD=DAF
Suy ra : AD là tia phân giác
·
EAF
hay AI là tia phân giác của
∆KAF
Theo tính chất phân giác ta có
IK AK
=
IF AF
(1)
Vì AB
⊥
AI nên AB là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của
∆KAF
.
0,25
0,25
Theo tính chất phân giác ta có :
BK AK
=
BF AF

(2)
Từ (1) và (2) suy ra :
IK BK
=
IF BF
. Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm)
0,25
0,25
4.c
(0,5)
Ta có AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM=MC, do đó
∆
AMC
cân tại M, suy ra
·
·
MCA MAC=
.
Từ đó
·
·
·
·
·
NAF MAC DAF MCA EAC= + = +
( vì AI là tia phân giác của góc
EAF)
Mà
·
·

·
AEB MCA EAC= +
( góc ngoài của tam giác AEC)
Nên
·
·
NAF AEB=
Mặt khác :
· ·
AFB AEB=
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Suy ra :
·
·
·
NAF BFA NFA= =
Vậy
∆
ANF cân tại N (đpcm)
0,25
0,25
5
1,5
E
H
I
K
C
D
A

B
b=4,85
a =3,6 dm
a)Hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón có đỉnh tại A , đường
sinh l = 3,6dm =AB là hình quạt tâm A , bán kính AB.Mặt xung quanh này
có diện tích lớn nhất khi góc ở tâm của hình quạt bằng 90
0
+Diện tích hình quạt cũng là diện tích xung quanh của hình nón có bán kính
đáy là r , nên:
( )
2 2
.90
360 4
0,9
4
xq
l l
S rl
l
r dm
π π
π
= = =
⇒ = =
Do đó thể tích của hình nón được tạo ra là :
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2 2 3
1 1 1

.3,14. 0,9 . 3,6 0,9 2,96
3 3 3
V r h r l r dm
π π
= = − = − ≈
0,25
0,25
0,25
0,25
b)Trên đường chéo AC, vẽ đường tròn tâm I bán kính r = 0,9 (dm) ngoại
tiếp cung quạt tròn tại E , IH và IK là các đoạn vuông góc kẻ từ I đến BC và
CD
Ta có CI = AC - AI =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3,6 4,85 3,6 0,9 1,54 dm+ − + ≈
Vì IH // AB
( ) ( )
.
0,91 0,9
HI CI
AB AC
AB CI
IH dm r dm
AC
⇒ =
⇒ = > > =
Tương tự : IK > r = 0,9 ( dm)
Vậy sau khi cắt xong mặt xung quanh , phần còn lại của tấm thiếc ABCD có
thể cắt được mặt đáy của hình nón

0,25
0,25
Q
Ai jR,;#-#"

5U'V%'&'WU Môn thi: 
Thời gian: "X'N& ( không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: h/h"

A*(, (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) 3(x – 1) = 2+x b) x
2
+ 5x – 6 = 0
A*(", (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x
2
– x + 1 – m ( m là tham số ).
Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có nghiệm.

b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình ax + 2y = 2
bx – ay = 4
có nghiệm (
,2
-
2
).
A*(;, (2,5 điểm)
Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị
hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu.

Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như
nhau.
A*(<, (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các đường cao BB`
và CC` (B`
∈
cạnh AC, C`
∈
cạnh AB). Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O tại hai điểm M
và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M).
a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AM = AN.
c) AM
2
= AC`.AB
A*(=, (1,0 điểm). Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình ax
2
+ bx +
c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng:
ab
cba
−
++
> 3