Một số Đề thi Toán 9 học kì II

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
BẮC GIANG
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi : Toán
Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 5
2 7
x y
x y
+ =


+ =

Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số góc là k.
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F
với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x

1
và x
2
. Chứng minh rằng x
1
.
x
2
= - 1, từ đó suy
ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G
(khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp
tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D.
1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ
giác BDNO nội tiếp được.
2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra
CN DN
CG DG
=
.
3. Đặt
·
BOD
α
=
Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và α. Chứng tỏ rằng tích
AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc α.
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho số thực m, n, p thỏa mãn :

2
2 2
3
1
2
m
n np p+ + = −
.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.
……………………………. Hết …………………………….
Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………
Chữ ký của giám thị số 1: Chữ ký của giám thị số 2:
1
Đề chính thức
Đề B
ĐÁP ÁN
Bài 1 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
x
2
– 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x
1
= 1; x
2
= 3
2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
∆’ = 4 – n ≥ 0 ⇔ n ≤ 4

Bài 2 (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 5
2 7
x y
x y
+ =


+ =

HPT có nghiệm:
3
1
x
y
=


=

Bài 3 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và điểm B(0;1)
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
y = kx + 1
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F
với mọi k.
Phương trình hoành độ: x

2
– kx – 1 = 0
∆ = k
2
+ 4 > 0 với ∀ k ⇒ PT có hai nghiệm phân biệt ⇒ đường thẳng (d) luôn
cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.
3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x
1
và x
2
. Chứng minh rằng x
1
.
x
2
= -1, từ đó suy
ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Tọa độ điểm E(x
1
; x
1
2
); F((x
2
; x
2
2
)
⇒ PT đường thẳng OE : y = x
1

. x
và PT đường thẳng OF : y = x
2
. x
Theo hệ thức Vi ét : x
1

. x
2
= - 1
⇒ đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF ⇒ ∆EOF là ∆ vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)

2
1, Tứ giác BDNO nội tiếp được.
2, BD ⊥ AG; AC ⊥ AG ⇒ BD // AC (ĐL) ⇒ ∆GBD đồng dạng ∆GAC (g.g)
⇒
CN BD DN
CG AC DG
= =
3, ∠BOD = α ⇒ BD = R.tg α; AC = R.tg(90
o
– α) = R cotg α
⇒ BD . AC = R
2
.
Bài 5 (1,0 điểm)
2
2 2
3

1
2
m
n np p+ + = −
(1)
⇔ … ⇔ ( m + n + p )
2
+ (m – p)
2
+ (n – p)
2
= 2
⇔ (m – p)
2
+ (n – p)
2
= 2 - ( m + n + p )
2
⇔ (m – p)
2
+ (n – p)
2
= 2 – B
2
vế trái không âm ⇒ 2 – B
2
≥ 0 ⇒ B
2
≤ 2 ⇔
2 2B− ≤ ≤

dấu bằng ⇔ m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =
2
3
±
⇒ Max B =
2
khi m = n = p =
2
3
Min B =
2−
khi m = n = p =
2
3
−
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC: 2009 – 2010
Khoá
ngày : 19/05/2009
Môn Thi : Toán
Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề )
Câu 1 : ( 2.0 điểm)
a) Giải hệ phương trình :
2 1
3 4 14
x y
x y
+ = −



+ = −

b) Trục căn ở mẫu :
25 2
; B =
7 2 6
4 + 2 3
A =
+
Câu 2 : ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm
nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn . Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu
chiếc ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau )
Câu 3 : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x
2
– 4x – m
2
+ 6m – 5 = 0 với m là tham số
a) Giải phương trình với m = 2
ĐỀ CHÍNH THỨC
3
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm
c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
, hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức
3 3
1 2

P x x= +
Câu 4 : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính
AB = 2R . Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC
a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp được
b) Chứng minh rằng : DB.DC = DN.AC
c) Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn nhất
và tính diện tích trong trường hợp này
Câu 5 : ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O
1
, O
2
tiếp xúc AB , AC lần lượt tại B , C và đi
qua D . Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này . Chứng minh rằng điểm E nằm
trên đường tròn (O)
HẾT
Gợi ý đáp án câu khó:
Câu 3: b. Ta có ac = -m
2
+6m-5 = -((m-3)
2
+4)<0 với ∀ m => phương trình luôn có hai
nghiệm phân biệt.
c. Theo Viét
1 2
2
1 2
4
6 5
x x

x x m m
+ =


= − + −

=> P = x
1
3
+x
2
3
= (x
1
+ x
2
)(x
1
2
+ x
2
2
– x
1
.x
2
) =
( ) ( )
2
1 2 1 2 1 2

. 3x x x x x x
 
+ + −
 

( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2 2 2
2
2
2 2
4. 4 3. 6 5 4. 16 3 18 15
4. 3 18 31 4. 3. 2. 3. .3 3 27 4
4. 3. 3 3 4 4. 3. 3 3 16 16
m m m m
m m m m
m m
 
= − − + − = + − +
 
 
= − + = − + +
 
 
 
= − + = − + ≥
 
 

=> P
Min
= 16 khi m=3
Câu 4:
a. Góc ADB = 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
mà AD//BC (gt) => DB⊥BC
Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC = 90
0
=> Tứ giác nội tiếp.
b. Ta có ∆DBN đồng dạng với ∆CAD
(
·
·
DBNDAC =
,
·
·
·
BDN BAN DCA= =
)
4
H
M
N
O
D
C
B

A
E
O
2
O
1
O
D
C
B
A
=>
DC
DN DB
AC
=
=> DB.DC = DN.AC
c. S
ABCD
= DH.AB
Do AB khụng i = 2R
=> S
ABCD
max DH max D nm chớnh gia cung
AB.
Cõu 5:
Ta cú
ã
ã
DEC BCA=

( Gúc ni tip v gúc gia tip tuyn v mt dõy
cung cựng chn mt cung)
Tng t:
ã
ã
DEB ABC=
M
ã
ã
ã
ã
0
180DEB DEC CBE BCE+ + + =
(tng 3 gúc trong BEC)
=>
ã
ã
ã
ã
0
180ABC BCA CBE BCE+ + + =
=>
ã
ã
0
180ABE ACE+ =
=> T giỏc ABEC ni tip ng trũn tõm O =>
E (O).
sở giáo dục và đào tạo BC GIANG
đề thi chính thức

(Đề thi có 02 trang)
kỳ thi tuyển sinh và lớp 10 thpt
năm học 2009 - 2010
Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 120 phút
phần a: trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)
Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phơng án đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó
vào bài làm.
Câu 1: Biểu thức
1
2 6x
có nghĩa khi và chỉ khi:
A. x

3 B. x > 3 C. x < 3 D. x = 3
Câu 2: Đờng thẳng đi qua điểm A(1;2) và song song với đờng thẳng y = 4x - 5 có phơng
trình là:
A. y = - 4x + 2 B. y = - 4x - 2 C. y = 4x + 2 D. y = 4x - 2
Câu 3: Gọi S và P lần lợt là tổng và tích hai nghiêm của phơng trình x2 + 6x - 5 = 0. Khi đó:
A. S = - 6; P = 5 B. S = 6; P = 5 C. S = 6; P = - 5 D. S = - 6 ; P = - 5
Câu 4: Hệ phơng trình
2 5
3 5
x y
x y
+ =


=

có nghiệm là:
A.
2
1
x
y
=


=

B.
2
1
x
y
=


=

C.
2
1
x
y
=


=

D.
1
2
x
y
=


=

Câu 5: Một đờng tròn đi qua ba đỉnh của một tam giác có độ dài ba cạnh lần lợt là 3cm,
4cm, 5cm thì đờng kính của đờng tròn đó là:
A.
3
2
cm B. 5cm C.
5
2
cm D. 2cm
5
Câu 6: Trong tam giác ABC vuông tại A có AC = 3, AB = 3
3
thì tgB có giá trị là:
A.
1
3
B. 3 C.
3
D.

1
3
Câu 7: Một nặt cầu có diện tích là 3600

cm
2
thì bán kính của mặt cầu đó là:
A. 900cm B. 30cm C. 60cm D. 200cm
Câu 8: Cho đờng tròn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên). Biết
ã
0
120=COD
thì diện tích hình quạt OCmD là:
A.
2
3

R
B.
4

R
C.
2
3

2
R
D.
3

2
R
phần b: tự luận (8,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A =
27 12
b) Giải phơng trình : 2(x - 1) = 5
Bài 2: (1,5 điểm)
Cho hàm số bậc nhất y = mx + 2 (1)
a) Vẽ đồ thị hàm số khi m = 2
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox và trục Oy lần lợt tại A và B sao cho tam
giác AOB cân.
Bài 3: (1,0 điểm)
Một đội xe cần chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành đội đợc điều thêm 3 xe nữa nên
mỗi xe chở ít hơn dự định 8 tấn. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở
nh nhau.
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho A là một điểm trên đờng tròn tâm O, bán kính R. Gọi B là điểm đối xứng với O
qua A. Kẻ đờng thẳng d đi qua B cắt đờng tròn (O) tại C và D (d không đi qua O, BC < BD).
Các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại C và D cắt nhau tại E. Gọi M là giao điểm của OE và
CD. Kẻ EH vuông góc với OB (H thuộc OB). Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc một đờng tròn.
b) OM.OE = R
2
c) H là trung điểm của OA.
Bài 5: (1, 0 điểm)
Cho hai số a,b khác 0 thoả mãn 2a
2
+

2
2
1
4
+
b
a
= 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ab + 2009.
===Hết===
Gợi ý đáp án: ( Một số câu)
Phần tự luận:
Bài 2: Vì ABO vuông cân tại O nên nhận tia phân giác của góc xOy là đờng cao.
=>(y = mx + 2) (y = x) => m =
m
1.
Bài 3: Gọi x, y lần lợt là số xe và số hàng chở đợc của mỗi xe lúc đầu. (x N
*
, y>8)
Theo bài ra ta có hệ phơng trình:
480
( 3)( 8) 480
xy
x y
=


+ =

Giải hệ phơng trình trên ta đợc x = 12, y = 40 (thoả mãn).

6
120
0
O
D
C
m
E
N
H
M
D
C
O
B
A
Bài 5: Từ 2a
2
+
2
4
b
+
2
1
a
= 4 (ab)
2
= - 8a
4

+ 16a
2
4 = 4 8(a
4
2a
2
+1) 4
-2 ab 2
2007 S 2011
MinS = 2007 ab = -2 và a
2
= 1 a = 1 , b =
m
2
Bi 4:

a. Ta có
ã
ã
0
90BHE BME= =
=> BHME là tứ giác nội tiếp
đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng thuộc một đờng tròn.
b. Sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông ODE với
đờng cao DM ta đợc OM.OE = OD
2
=R
2
c. Gọi HE cắt (O) tại N
Ta có BOM đ.dạng với EOH => OH.OB = OM.OE =

R
2
=> OH.OB = ON
2
( vì ON=R)
=> OHN đồng dạng với ONB
Mà góc OHN = 90
0
=>
ã
0
90BNO =
Xét OBN có
ã
0
90BNO =
và A là trung điểm của OB => ON = NA
=> ANO cân tại N
Mà NH là đờng cao => NH là đờng trung tuyến => H là trung điểm của OA.

S GIO DC V O TO THI TUYN SINH LP 10 THPT
QUNG TR Nm hc 2007-2008
Bi 1 (1,5 im)
Cho biu thc A =
124
2
1
3279
+
xxx

vi x > 3
a/ Rỳt gn biu thc A.
b/ Tỡm x sao cho A cú giỏ tr bng 7.
Bi 2 (1,5 im)
Cho hm s y = ax + b.
Tỡm a, b bit th ca hm s i qua im (2, -1) v ct trc honh ti im cú honh bng
2
3
.
Bi 3 (1,5 im).
7
d
O
H
E
D
C
B
A
Rỳt gn biu thc: P =









+

+










1
2
2
1
:
1
1
1
a
a
a
a
aa
vi a > 0, a
4,1

a

.
Bi 4 (2 im).
Cho phng trỡnh bc hai n s x:
x
2
- 2(m + 1)x + m - 4 = 0. (1)
a/ Chng minh phng trỡnh (1) luụn luụn cú hai nghim phõn bit vi mi giỏ tr ca m.
b/ Gi x
1
, x
2
l hai nghim phõn bit ca phng trỡnh (1).
Tỡm m 3( x
1
+ x
2
) = 5x
1
x
2
.
Bi 5 (3,5 im).
Cho tam giỏc ABC cú gúc A bng 60
0
, cỏc gúc B, C nhn. v cỏc ng cao BD v CE ca tam giỏc ABC. Gi
H l giao im ca BD v CE.
a/ Chng minh t giỏc ADHE ni tip.
b/ Chng minh tam giỏc AED ng dng vi tam giỏc ACB.
c/ Tớnh t s
BC

DE
.
d/ Gi O l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC. Chng minh OA vuụng gúc vi DE.
Gợi ý đáp án câu 5:
a. Xét tứ giác ADHE có
ã
ã
AEH ADH=
= 90
0
=> Tứ giác ADHE nội tiếp.
b. Ta có tứ giác BEDC nội tiếp vì
ã
ã
BEC BDC=
=90
0
=>
ã
ã
EBC ADE=
( Cùng bù với
ã
EDC
)
=> ADE đồng dạng với ABC.
(Chung góc A và
ã
ã
EBC ADE=

)
c. Xét AEC có
ã
0
90AEC =
và
à
0
60A =
=>
ã
0
30ACE =
=> AE = AC:2 (tính chất)
Mà ADE đồng dạng với ABC
=>
1
2
ED AE
BC AC
= =
d. Kẻ đờng thẳng d OA tại A
=>
ã
ã
ABC CAd=
(Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung)
Mà
ã
ã

EBC ADE=
=>
ã
ã
EDA CAd=
=> d//ED
Ta lại có d OA (theo trên) => EDOA
8
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG TRỊ Khoá ngày 7 tháng 7 năm 2009
MÔN TOÁN
Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm)
1. Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức:
a)
342712 +−
.
b)
( )
2
5251 −+−
2. Giải phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x
2
- 5x + 4 = 0
Câu 2 (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d).
a) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ độ
b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ.
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho phương trình bậc hai: x

2
- 2(m-1)x + 2m – 3 = 0. (1)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm)
9
ĐỀ CHÍNH THỨC
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m
2
, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều
rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước (chiều dài và chiều rộng) của
mảnh vườn
Câu 5 (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua
tâm O, cắt đường tròn (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O)
tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ
BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.
1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp được.
2. Chứng minh OH.OA = OI.OD.
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O).
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức sau:
a)
33343332342712 =+−=+−
.
b)
( )

.1255152515251
2
−=−+−=−+−=−+−
2. Giải phương trình: x
2
- 5x + 4 = 0
Ta có: a = 1; b = -5; c = 4; a + b + c= 1+ (-5) + 4 = 0
Nên phương trình có nghiệm : x = 1 và x = 4
Câu 2 (1,5 điểm)
a) Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung là A(0 ;b) = (0 ; 4). Toạ độ giao điểm
của đường thẳng (d) với trục hoành là B(-b/a ;0) = (2 ; 0).
b) Gọi điểm C(x

; y) là điểm thuộc (d) mà x

= y
⇒ x = -2x + 4 ⇔ 3x = 4
⇒ x =
3
4
⇒ y =
3
4
Vậy: C(
3
4
;
3
4
).

Câu 3 (1,5 điểm).
a) x
2
- 2(m - 1)x + 2m – 3 = 0.(1)
Có:
∆
’ =
( )
[ ]
3)(2m1m
2
−−−−
= m
2
- 2m + 1- 2m + 3 = m
2
- 4m + 4
= (m - 2)
2

≥
0 với mọi m.
10
E
I
M
H
D
B
O

A
C
⇒Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c < 0
⇔ 2m - 3 < 0 ⇔ m <
2
3
.
Vậy với m <
2
3
thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm)
Giải:
Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn; (x > 4).
Chiều dài của mảnh vườn là
x
720
(m).
Tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích không đổi nên ta có phương trình :
(x - 4). (
x
720
+ 6) = 720.

⇔
x
2
- 4x - 480 = 0




<−=
=
⇒
loai )4( 20x
24x
Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m.
chiều dài của mảnh vườn là 30m.
Câu 5 (3,5 điểm)
Giải

a) Ta có: DH ⊥AO (gt). ⇒ OHD = 90
0
.
CD ⊥OC (gt). ⇒ DOC = 90
0
.
Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = 180
0
.
Suy ra : OHDC nội tiếp được trong một đường
tròn.
b) Ta có: OB = OC (=R) ⇒ O mằn trên đường
trung trực của BC; DB = DC (T/C của hai tiếp
tuyến cắt nhau)
⇒ D mằn trên đường trung trực của BC
Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD
vuông góc với BC.

Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA có DOA
chung
⇒ ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g)
⇒
OI.OD.OH.OA
OA
OD
OI
OH
=⇒=
(1)
c) Xét ∆OCD vuông tại C có CI là đường cao. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông,
ta có: OC
2
= OI.OD mà OC = OM (=R) ⇒ OM
2
= OC
2
=

OI.OD (2).
Từ (1) và (2) : OM
2
= OH.OA
OM
OH
OA
OM
=⇒
.

Xét 2 tam giác : ∆OHM và ∆OMA có : AOM chung và
OM
OH
OA
OM
=
.
11
Do ú : OHM OMA (c-g-c)
OMA = OHM= 90
0
.
AM vuụng gúc vi OM ti M
AM l tip tuyn ca (O).
d) Gi E l giao im ca OA vi (O); Gi din tớch cn tỡm l S.
S = S
AOM
- S
qOEBM
Xột

OAM vuụng ti M cú OM = R ; OA = 2R
p dng nh lớ Pytago ta cú AM
2
= OA
2
OM
2
= (2R)
2

R
2
= 3R
2

AM = R
3
S
AOM
=
2
1
OM.AM = R
2
2
3
(vdt)
Ta cú SinMOA =
2
3
OA
AM
=
MOA = 60
0
S
qOEBM
=
6
.R

360
.60.R
22
=
. (vdt)
=> S = S
AOM
- S
qOEBM
=
6
33
.R
6
.R
2
3
.R
2
2
2

=
(vdt).
sở giáo dục và đào tạo
Hải dơng
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 06 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)
(Đề thi gồm có: 01 trang)
Câu I: (2,0 điểm)
1) Giải phơng trình: 2(x - 1) = 3 - x
2) Giải hệ phơng trình:
y x 2
2x 3y 9
=


+ =

Câu II : (2,0 điểm)
1) Cho hàm số y = f(x) =
2
1
x
2

. Tính f(0);
( )
f 2
;
1
f
2

ữ

;

( )
f 2
12
S
2) Cho phơng trình (ẩn x):
2 2
x 2(m 1)x m 1 0 + + =
. Tìm giá trị của m để phơng
trình có hai nghiệm
1 2
x ,x
thỏa mãn
2 2
1 2 1 2
x x x x 8+ = +
.
Câu III : (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:

1 1 x 1
A :
x x x 1 x 2 x 1


=
ữ
+ + + +

với x > 0 và x

1
2) Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi
giờ 10 km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng
đờng AB là 300 km.
Câu IV : (3,0 điểm)
Cho đờng tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M
không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN
( )
K AN
.
1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn.
2) Chứng minh: MN là phân giác của góc BMK.
3) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN.
Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất.
Câu V : (1 điểm)
Cho x, y thỏa mãn:
3 3
x 2 y y 2 x+ = +
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
= + + +
2 2
B x 2xy 2y 2y 10
.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
Sở giáo dục và đào tạo
Hải d ơng
Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Năm học 2009 2010

Môn: Toán
hớng dẫn chấm
I) H ớng dẫn chung:
- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc với yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đợc thống nhất trong Hội đồng chấm.
- Sau khi cộng toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) Đáp án và thang điểm:
Câu Phần Đáp án Điểm
Câu I
2 điểm
1
(1 điểm)
2x - 2 = 3 - x 0.5
x =
5
3
0,5
2
(1 điểm)

y x 2 y x 2
2x 3(x 2) 9 5x 15
= =



+ = =

0,5
x 3

y 1
=



=

0,25
Hệ phơng trình có nghiệm x = 3 và y = 1
0,25
Câu II
2 điểm
1
(1 điểm)
1 1
f(0) 0;f(2) 2;f( ) ;f( 2) 1
2 8
= = = =
1,0
13
2
(1 điểm)

2 2
x 2(m 1)x m 1 0 (1) + + =
PT(1) có hai nghiệm

, 2 2
(m 1) m 1 0 = + +
0,25

2 2 0 1m m +
0,25
Theo Vi - et ta có:
1 2
2
1 2
x x 2(m 1)
x x m 1
+ = +



=


Từ hệ thức:
2
1 2 1 2
(x x ) 3x x 8+ =
0,25

2 2 2
4(m 1) 3(m 1) 8 m 8m 1 0 m 4 17
+ = + = =
Kết hợp với đk
m 4 17 = +
0,25
Câu III
2 điểm

1
(1 điểm)
1 x x 1
A :
x x x 2 x 1

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

+
+
0,5
=
2
1 x ( x 1)
.
x x x 1
+
+
x 1
x
+
=

0,5
2
(1 điểm)
Gọi x là vận tốc của xe ô tô thứ nhất x (km/h) x > 10
Vận tốc của xe ô tô thứ hai là: x - 10 (km/h)
0,25
Theo bài ra ta có:
300 300
1
x 10 x
=

0,25
2
x 10x 3000 0 =
x 60=
(thỏa mãn) hoặc x = -50 (loại)
0,25
Vận tốc xe I là 60 km/h và vận tốc xe II là 50 km/h 0,25
Câu IV
3 điểm
O
N
K
H
E
B
A
M
Hình vẽ đúng

Chú ý: Kể cả trờng hợp đặc biệt khi MN đi qua O
0,5
1
0,75
điểm
Từ giả thiết:
ã
0
AKM 90=
,
ã
0
AHM 90=
0,5
Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đờng tròn
0,25
2
1,0 điểm
ã
NAH =
ã
NMK
=
1
2
sđ
ằ
KH
0,25
ã

ã
NAH NMB=
=
1
2
sđ
ằ
NB

(2)
0,25
Từ (1) và (2)
ã
ã
NMK NMB =
0,25

MN là phân giác của góc KMB 0,25
14
3
0,75 ®
· ·
1
MAB MNB
2
= =
s®
¼
MB
;

·
·
1
MAB MKH
2
= =
s®
¼
MH
·
·
MNB MKH⇒ =

K,M,E,N⇒
cïng thuéc mét ®êng trßn
·
·
0
MEN MKN 180 ME NB⇒ + = ⇒ ⊥
0,25
MAN MNB AMBN
1 1 1
S MK.AN; S ME.NB; S MN.AB
2 2 2
MK.AN ME.BN MN.AB
∆ ∆
= = =
⇒ + =
Y
0,25

( )
MK.NA ME.NB⇒ +
lín nhÊt
⇔
MN.AB lín nhÊt
⇔
MN lín nhÊt (V× AB= const )
⇒
M lµ chÝnh gi÷a
»
AB
0,25
C©u V
1 ®iÓm
3 3
x 2 x y 2 y+ + = + +
§K:
x,y 2≥ −
0,25
x > y
3 3
x 2 y 2
VT VP
x y

+ > +

⇒ ⇒ >

>



x < y
VF VT
⇒ <
0,25
x y⇒ =
tháa m·n
2 2
B x 2x 10 (x 1) 9 9 x 2⇒ = + + = + + ≥ ∀ ≥ −
0,25
MinB = 9 Khi x = y = -1 0,25
C¸ch
kh¸c
3 3
x 2 x y 2 y+ + = + +
§K:
x,y 2≥ −
⇔
3 3
2 2x y y x+ − + = −
2 2
( )( )
2 2
x y x xy y
x y
x y
− − + +
⇔ − =
+ + +

2 2
( )
( )( 1) 0
2 2
x xy y
x y
x y
+ +
⇔ − + =
+ + +
( ) 0x y⇔ − =
(v×
2 2
( )
1
2 2
x xy y
x y
+ +
+
+ + +
>0)
⇔ x = y
2 2
B x 2x 10 (x 1) 9 9 x 2⇒ = + + = + + ≥ ∀ ≥ −
MinB = 9 Khi x = y = -1
15
Sở Giáo dục và đào tạo
Hải Dơng

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)
Cõu 1(2.0 im):
1) Gii phng trỡnh:
x 1 x 1
1
2 4
+
+ =

2) Gii h phng trỡnh:
x 2y
x y 5
=


=

Cõu 2:(2.0 im )
a) Rỳt gn biu thc: A =
2( x 2) x
x 4
x 2

+

+
vi x

0 v x

4.
b) Mt hỡnh ch nht cú chiu di hn chiu rng 2 cm v din tớch ca nú l 15 cm
2
.
Tớnh chiu di v chiu rng ca hỡnh ch nht ú.
Cõu 3: (2,0 im)
Cho phng trỡnh: x
2
- 2x + (m 3) = 0 (n x)
a) Gii phng trỡnh vi m = 3.
a) Tớnh giỏ tr ca m, bit phng trỡnh ó cho cú hai nghim phõn bit x
1
, x
2
v
tha món iu kin: x
1
2
2x
2
+ x
1
x
2

= - 12
b)
Cõu 4:(3 im)
16
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.
17
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
=> = => =
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
<=> − ≤ ≤
.
18
H
E
D
F
I
P
O
N
K
M
Max k = 8

x =
1
2

.
Min k = -2

x = 2 .

Sở GD và ĐT
Tỉnh Long An
Kì thi tuyển sinh lớp 10 Trung học phổ thông
Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán
Thi gian lm bi: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
Cõu 1: (2)
Rỳt gn biu thc
a/
1
2 8 3 27 128 300
2
A = +
b/Gii phng trỡnh: 7x
2
+8x+1=0
Cõu2: (2)
Cho biu thc
2
2
1
1
a a a a
P
a a a
+ +
= +
+
(vi a>0)
a/Rỳt gn P.

b/Tỡm giỏ tr nh nht ca P.
Cõu 3: (2)
Hai ngi i xe p cựng xut phỏt mt lỳc t A n B vi vn tc hn kộm nhau 3km/h.
Nờn n B sm ,mn hn kộm nhau 30 phỳt. Tớnh vn tc ca mi ngi .Bit qung ng
AB di 30 km.
Cõu 4: (3)
Cho ng trũn (O) ng kớnh AB, C l mt im nm gia O v A ng thng qua C
vuụng gúc vi AB ct (O) ti P,Q.Tip tuyn ti D trờn cung nh BP, ct PQ E; AD ct
PQ ti F .Chng minh:
a/ T giỏc BCFD l t giỏc ni tip.
b/ED=EF
c/ED
2
=EP.EQ
Cõu 5: (1)
Cho b,c l hai s tho món h thc:
1 1 1
2b c
+ =
Chng minh rng ớt nht 1 trong hai phng trỡnh sau phi cú nghim:
x
2
+bx+c=0 (1) ; x
2
+cx+b=0 (2)
19
Đề thi Chính thức
ĐÁP ÁN :
Câu 1: (2đ)
1

2 8 3 27 128 300
2
1
2.2 2 3.3 3 .8 2 10 3
2
3
A = − − +
= − − +
=
b/Giải phương trình: 7x
2
+8x+1=0 (a=7;b=8;c=1)
Ta có a-b+c=0 nên x
1
=-1;
2
1
7
c
x
a
− −
= =
Câu 1: (2đ)
a/ (với a>0)
2
2
2
2
1

1
( 1)( 1) (2 1)
1
1
2 1 1
a a a a
P
a a a
a a a a a a
a a a
a a a
a a
+ +
= − +
− +
+ − + +
= − +
− +
= + − − +
= −
b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
2 2
2
1 1 1
2 .
2 4 4
1 1
( ) ( ).
2 4
P a a a a

a
= − = − + −
−
= − +
Vậy P có giá trị nhỏ nhất là
1
4
−
khi
1 1 1
0 < => a
2 2 4
a a− = = <=> =
Câu 3: (2đ)
Gọi x(km/giờ )là vận tốc của người thứ nhất .
Vận tốc của ngưươì thứ hai là x+3 (km/giờ )
2
1
2
30 30 30
:
3 60
30( 3).2 30. .2 .( 3)
3 180 0
3 27 24
12
2.1 2
3 27 30
15( )
2.1 2

ta co pt
x x
x x x x
x x
x
x loai
− =
+
<=> + − = +
<=> + − =
− +
= = =
− − −
= = = −
Vậy vận tốc của người thứ nhất là 12 km/giờ.
20
(Vơi a>0)
vận tốc của người thứ hai là 15 km/giờ.
Câu 4: (3đ)
a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp.

·
0
90ADB =
(góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o))

·
0
90 ( )FHB gt=
=>

·
·
0 0 0
90 90 180ADB FHB+ = + =
. Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được.
b/ED=EF
Xét tam giác EDF có
·
»
»
1
( )
2
EFD sd AQ PD= +
(góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)).
·
»
»
1
( )
2
EDF sd AP PD= +
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Do PQ
⊥
AB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung điểm
của
»
»
»

PQ PA AQ=> =
=>
·
·
EFD EDF=
tam giác EDF cân tại E => ED=EF
H
E
Q
F
O
B
1
A
D
P
1
c/ED
2
=EP.EQ; Xét hai tam giác: EDQ;EDP có
µ
E
chung.
µ
¶
1 1
Q D=
(cùng chắn
»
PD

)
=>
∆
EDQ
∆
EPD=>
2
.
ED EQ
ED EP EQ
EP ED
= => =
Câu 5: (1đ)
.
1 1 1
2b c
+ =
=> 2(b+c)=bc(1)
x
2
+bx+c=0 (1) Có
∆
1
=b
2
-4c; x
2
+cx+b=0 (2) ;Có
∆
2

=c
2
-4b
Cộng
∆
1+
∆
2
= b
2
-4c+ c
2
-4b = b
2
+ c
2
-4(b+c)= b
2
+ c
2
-2.2(b+c)= b
2
+ c
2
-2bc=(b-c)
≥
0.
(thay2(b+c)=bc )
Vậy trong
∆

1;
∆
2
có một biểu thức dương hay ít nhất 1 trong hai phương trình x
2
+bx+c=0 (1)
; x
2
+cx+b=0 (2) phải có nghiệm:
21
ubnd tỉnh Bắc Ninh kì thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Sở Giáo Dục và đào tạo năm học 2009-2010
Môn : toán
Đề chính thức Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 09 - 07 - 2009
A/ Phần trắc nghiệm (Từ câu 1 đến câu 2) Chọn két quả đúng và ghi vào bài làm.
Câu 1: (0,75 điểm)
Đờng thẳng x 2y = 1 song song với đờng thẳng:
A. y = 2x + 1 B.
1
1
2
y x
= +
C.
1
1
2
y x

=
D.
1
2
y x
=
Câu 2: (0,75 điểm)
Khi x < 0 thì
2
1
x
x
bằng:
A.
1
x
B. x C. 1 D 1
B/ Phần Tựu luận (Từ câu 3 đến câu 7)
Câu 3: (2 điểm)
Cho biểu thức: A =
2
2 1 3 11
3 3 9
x x x
x x x
+

+
a/ Rút gọn biểu thức A.
b/ Tìm x để A < 2.

c/ Tìm x nguyên để A nguyên.
Câu 4: (1,5 điểm)
Hai giá sách có chứa 450 cuốn. Nếu chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai
thì số sách ở giá thứ hai sẽ bằng
5
4
số sách ở giá thứ nhất. Tính số sách lúc đầu trong mỗi giá
sách.
Câu 5: (1,5 điểm)
Cho phơng trình: (m+1)x
2
-2(m - 1)x + m - 2 = 0 (1) (m là tham số)
a/ Giải phơng trình (1) với m = 3.
b/ Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn
1 2
1 1 3
2x x
+ =

Câu 6: (3,0 điểm)
Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đờng
tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng MB
cắt đờng tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng minh rằng:
a/ Tứ giác AMQI nội tiếp.
b/
ã

ã
AQI ACO
=
c/ CN = NH.
Câu 7: (0,5 điểm) Cho hình thoi ABCD. Gọi R, r lần lợt là bán kính đờng tròn ngoại tiếp
tam giác ABD, ABC, a là độ dài cạnh của hình thoi. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 4
R r a
+ =
22
Hớng dẫn chấm môn toán
(Thi tuyển sinh vào THPT năm học 2009 -2010)
Câu ý Nội dung Điểm
1
2
B.
1
y x 1
2
= +
D. 1.
0.75đ
0.75đ
3 a/
2
2x x 1 3 11x
A
x 3 3 x x 9
+

=
+
2 2 2
2x(x 3) (x 1)(x 3) 3 11x
x 9 x 9 x 9
+ +
= +

2 2
2
2x 6x x 4x 3 3 11x
x 9
+ + + +
=


2
2
3x 9x
x 9
+
=

3x(x 3) 3x
(x 3)(x 3) x 3
+
= =
+
0.25đ
0.25đ

0.25đ
0.25đ
b/
3x 3x
A 2 2 2 0
x 3 x 3
< < <

3x 2x 6
0
x 3
x 6
0 6 x 3
x 3
+
<

+
< < <

0.25đ
0.25đ
c/
3x 3x 9 9 9 9
A 3 Z Z
x 3 x 3 x 3 x 3
x 3 1; 3; 9
+
= = = +

=

x 3 1 x 4
= =
(t/m)

x 3 1 x 2
= =
(t/m)

x 3 3 x 6
= =
(t/m)

x 3 3 x 0
= =
(t/m)

x 3 9 x 12
= =
(t/m)

x 3 9 x 6
= =
(t/m)
Vậy với x = - 6, 0, 2, 4, 6, 12 thì A nguyên.
0.25đ
0.25đ
23
4 Gọi số sách ở giá thứ nhất lúc đầu là x (x nguyên dơng, x > 50)

Thì số sách ở giá thứ hai lúc đầu là 450 x (cuốn).
Khi chuyển 50 cuốn sách từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số sách ở
giá thứ nhất là x 50 và ở giá thứ hai là 500 x.
Theo bài ra ta có phơng trình:

( )
4
500 x x 50
5
2500 5x 4x 200 9x 2700 x 300
=
= = =
Vậy số sách lúc đầu ở giá thứ nhất là 300 cuốn, số sách ở giá thứ hai là
450 300 = 150 cuốn.
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
5
a/ Với m = 3 ta có PT (3+1 )x
2
- 2(3 1)x + 3 2 = 0


4x
2
4x + 1 = 0
2

(2x 1) 0
=
(Hoặc tính đợc

hay
'

)
Suy ra PT có nghiệm kép x = 1/2
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
b/
Để PT có 2 nghiệm phân biệt thì
2
m 1 0
' m 2m 1 (m 1)(m 2) 0
+


= + + >


2 2
m 1 0
' m 2m 1 m m 2 0
+

= + + + >

m 1 m 3
(*)
m 3 0 m 1
<



+ >

Mà theo ĐL Viet ta có:
1 2 1 2
2(m 1) m 2
x x ;x x
m 1 m 1

+ = =
+ +
Từ
1 2
1 1 3
x x 2
+ =
ta có:
1 2
1 2
x x 3
x x 2

+
=


2(m 1) m 2 3
:
m 1 m 1 2

=
+ +


2(m 1) m 1 3
.
m 1 m 2 2
+
=
+



2(m 1) 3
m 2 2

=

4m 4 3m 6 m 2
= =

thoả mãn (*)

Vậy m phải tìm là -2.
0.25đ
0.25đ
6 a/
Q
I
N
H
M
O
A
B
C
+ Vẽ hình đúng cho 0,25 điểm.
+ Ta có MA=MC(t/c tiếp tuyến)
OA=OC (bán kính)

MO là trung trực của AC

MO

AC
AQ MB
(Góc AQB là góc nội tiếp chắn
nửa đờng tròn)
Suy ra Q, I cùng nhìn AM dới 1 góc vuông

Tứ giác AIQM nội tiếp trong đờng tròn
đờng kính AM.
0.25đ

0.25đ
0.25đ
b/
+ Ta có
ã
ã
AMI AQI
=
(=
1
2
sđ cungAI)
Và
ã
ã
AMI IAO
=
(cùng phụ với góc AMO)
Mà
ã
ã
IAO ACO
=
(

AOC cân)
Suy ra
ã
ã
AQI ACO

=
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
24
c/
+ Tứ giác AIQM nội tiếp

ã
ã
MAI IQN
=
(Cùng bù với góc MQI)
Mà
ã
ã
MAI ICN
=
(so le trong)
Suy ra
ã
ã
IQN ICN
=


tứ giác QINC nội tiếp

ã
ã
QCI QNI
=
(cùng
bằng 1/2 sđ cung QI)
Mặt khác
ã
ã
QCI QBA
=
(=1/2 sđ cung QA)

ã
ã
QNI QBA
=

IN // AB
Mà I là trung điểm của CA nên N là trung điểm của CH

NC=NH
(đpcm)
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
7
I
D

O
A
C
B
M
J
Gọi M là trung điểm của AB, O là giao
điểm của AC và BD, trung trực của AB
cắt AC và BD lần lợt tại I và J. Ta có I, J
lần lợt là tâm các đờng tròn ngoại tiếp
ABD, ABC

và R = IA, r = JB.
Có
IA AM
AMI AOB
AB AO
=
:
2 2
2 4
AB.AM a 1 AC
R IA
AO AC R a
= = = =
Tơng tự:
2
2 4
1 BD
r a

=
Suy ra:

2 2 2
2 2 4 4 2
1 1 AC BD 4AB 4
R r a a a
+
+ = = =
0.25đ
0.25đ
Ghi chú: Các cách giải khác đúng theo yêu cầu vẫn cho điểm tối đa.
============= Hết ============
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: (2,0 điểm)
1. Tính
4. 25
25