tuyển tập đề thi vào lớp 10 các tỉnh thành có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC 2010-2011
KHÁNH HÒA MÔN : TOÁN
NGÀY THI : 23/06/2010
Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
1. Rút gọn biểu thức : A =
( )
5 20 3 45− +
2. Giải hệ phương trình :
5
3
x y
x y
+ =


− =

3. Giải phương trình : x
4
– 5x
2
+ 4 = 0
Bài 2: (1.00 điểm)
Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x
2
– 2(m + 1)x + m
2
– 1 = 0
Tính giá trị của m, biết rằng phương trình có hai nghiệm x

1
, x
2
thỏa mãn điều kiện :x
1
+
x
2
+ x
1
.x
2
= 1
Bài 3: (2.00 điểm)
Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (d
m
).
1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d
1
)
2. Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (d
m
) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (d
m
) khi m thay đổi.
Bài 4: (4.00 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và
C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt
đường thẳng DC tại K.

1. Chứng minh : BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh : KM ⊥ DB.
3. Chứng minh KC.KD = KH.KB
4. Ký hiệu S
ABM
, S
DCM
lần lượt là diện tích của tam giác ABM, DCM. Chứng minh
tổng (S
ABM
+ S
DCM
) không đổi. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để (
2 2
ABM DCM
S S+
) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo a.
HẾT
Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:………. /Phòng thi: ……

ĐỀ CHÍNH THỨC
Đáp án:
Bài 1:
1. A =
5( 20 3) 45 100 3 5 3 5 100 10A = − + = − + = =
(1đ)
2.
5 5 4 5 1
3 2 8 4 4
x y x y y y

x y x x x
+ = + = + = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− = = = =
   
(0,75đ)
Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất (4;1). (0,25đ)
3. Đặt x
2
= t ( điều kiện: t ≥ 0)
Pt ⇔ t
2
– 5t + 4 = 0. (a = 1 , b = -5 , c = 4)
Vì a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0 nên t
1
= 1 (nhận) ; t
2
= 4 (nhận) (0,5đ)
+ Với t = 1 suy ra : x
2
= 1 ⇔ x = ±1 .
+ Với t = 4 suy ra : x
2
= 4 ⇔ x = ±2 .
Vậy S = {±1 ; ±2} . (0,5đ)
Bài 2 : a = 1 , b’ = -(m+1) ; c = m
2
– 1 .

∆’ = b’
2
– a.c = (m+1)
2
– 1. ( m
2
– 1)
= m
2
+ 2m + 1 – m
2
+ 1 = 2m + 2.
Để pt có hai nghiệm x
1
, x
2
thì ∆’ ≥ 0
⇔ 2m + 2 ≥ 0
⇔ m ≥ -1 .
Theo hệ thức Vi ét ta có :
1 2
2
1 2
2 2
. 1
m
x x
x x m
= +
+




= −


Theo đề bài ta có: x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1.
⇔ 2m + 2 + m
2
– 1 = 1
⇔ m
2
+ 2m = 0.
⇔ m(m + 2 ) = 0.
⇔ m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại)
Vậy m = 0.
Bài 3 : Cho hàm số y = mx – m + 2 (d
m
)
1.Khi m = 1 thì (d
1
) : y = x + 1.

Bảng giá trị :
x -1 0
y = x + 1 0 1
Vẽ : Đồ thị hàm số y = x + 1 là 1 đường thẳng đi qua hai điểm (-1 ; 0) và (0 ; 1).
(HS vẽ đúng đạt 1đ)
2. Gọi A(x
A
; y
A
) là điểm cố định mà (d
m
) luôn đi qua khi m thay đổi.
Ta có : y
A
= mx
A
– m + 2.
⇔ y
A
– 2 = m(x
A
– 1) (*)
Xét phương trình (*) ẩn m , tham số x
A
, y
A
:
Pt(*) vô số nghiệm m khi
1 0 1
2 0 2

A A
A A
x x
y y
− = =
 
⇔
 
− = =
 
Vậy (d
m
) luôn đi qua 1 điểm A(1 ; 2) cố định khi m thay đổi.
Ta có : AM =
2 2
(6 1) (1 2) 26− + − =

Từ M kẻ MH ⊥ (d
m
) tại H.
+Nếu H ≡ A thì MH =
26
.(1)
+Nếu H không trùng A thì ta có tam giác AMH vuông tại H
=> HM < AM =
26
(2)

Từ (1)(2) suy ra MH ≤
26

Vậy, khoảng cách lớn nhất từ M đến (d
m
) khi m thay đổi là
26
(đvđd).
Bài 4:
K
H
D
B
A
C
M
1. (1đ) Xét tứ giác BHCD có:
·
0
90BHD =
( BH ⊥ DM)
·
0
90BCD =
(ABCD là hình vuông)
Mà: Hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn BD dưới góc 90
0
.
Nên BHCD là tứ giác nội tiếp.
2.(1đ) Xét tam giác BDK có DH , BC là hai đường cao cắt nhau tại M
=> M là trực tâm của tam giác BDK.
=>KM là đường cao thứ ba nên KM ⊥ BD.
3. (1đ) ∆HKC và ∆DKB đồng dạng (g.g)

=>KC.KD = KH . KB.
4.(1đ) S
ABM
=
1 1
. . . .
2 2
AB BM a BM=
S
DCM
=
1 1
. . . .
2 2
DC CM a CM=
=> S
ABM
+ S
DCM
=
2
1 1
. ( )
2 2
a CM BM a+ =
không đổi .
Ta có: S
2
ABM
+ S

2
DCM

=
( )
( )
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2 4 4
2
1 1
. . . . .
2 2 4
= . ( )
4
= .
2 2 4
( )
2 2 8 8
a
a BM a CM BM CM
a
BM a BM
a a a
BM

a a a a
BM
   
+ = +
 ÷  ÷
   
+ −
 
 
− +
 
 ÷
 
 
 
= − + ≥
Để S
2
ABM
+ S
2
DCM

đạt giá trị nhỏ nhất thì BM = a/2 hay M là trung điểm BC.
GTNN lúc này là
4
8
a

SỞ GD ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT - NĂM HỌC 2010 -

2011
MÔN TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT

Đề chính thức
Bài1. Rút gọn các biểu thức sau:
1)
2818 +−
2)
1
1
−
−
+
−
x
x
x
xx
Bài 2. Cho phương trình:
015
2
=++− mxx
(1) (m là tham số)
1) Giải phương trình (1) khi m = 5
2) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn đẳng thức: (x

1
x
2
- 1)
2
= 20(x
1
+ x
2
)
Bài 3.1) Trên hệ trục toạ độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đI qua điểm M(0;1) và N(2;4).
Tìm hệ số a và b.
2)Giải hệ phương trình:



=
=+
1
522
xy
yx
Bài 4. Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M
≠
B và M
≠
C). Qua B kẻ đường
thẳng vuông góc với tia DM cắt các đường thẳng DM, DC theo thứ tự tại E và F.
1) Chứng minh các tứ giác: ABED và BDCE nội tiếp đường tròn.
2) Tính góc CEF.

3) Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh đẳng thức:

2
1
AD
=
2
1
AM
+
2
1
AN
.
Bài 5. Tìm x để y đạt giá trị lớn nhất thoả mãn: x
2
+ 2y
2
+ 2xy - 8x – 6y = 0.
Hết
Họ tên thí sinh:
Số báo danh:

Mã 01
Sở GD và ĐT
Thành phố Hồ Chí Minh
Kì thi tuyển sinh lớp 10
Trung học phổ thông
Năm học 2009-2010
Khoá ngày 24-6-2009

Môn thi: toán
Câu I: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 8x
2
- 2x - 1 = 0
b)
2 3 3
5 6 12
x y
x y
+ =


− =

c) x
4
- 2x
2
- 3 = 0
d) 3x
2
- 2
6
x + 2 = 0
Câu II:
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y =
2
2
x

và đường thẳng (d): y = x + 4 trên cùng một hệ
trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
Câu III:
Thu gọn các biểu thức sau:
A =
4 8 15
3 5 1 5 5
− +
+ +
B =
:
1
1 1
x y x y
x xy
xy
xy xy
 
+ −
 
+
−
 ÷
 ÷
 ÷
−
− +
 
 

Câu IV: Cho phương trình x
2
- (5m - 1)x + 6m
2
- 2m = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình. Tìm m để x
1
2
+ x
2
2
=1.
Câu V: Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) có tâm O,
bán kính R. Gọi H là giao điểm của ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC. Gọi S
là diện tích tam giác ABC.
a) Chúng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Vẽ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh tam giác ABD và tam giác
AKC đồng dạng với nhau. Suy ra AB.AC = 2R.AD và S =
. .
4
AB BC CA
R
.
c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
d) Chứngminh rằng OC vuông góc với DE và (DE + EF + FD).R = 2 S.

Sở GD&ĐT Cần Thơ Đề thi tuyển sinh lớp 10
Năm học: 2010 - 2011.
Môn: Toán.
Thời gian làm bài: 120 phút
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 phương trình và các phương 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 đường thẳng ax + by = -1 đi qua
điểm A(-2;-1).
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 đường thẳng (d) có phương trình y = -x -
3
2
tại điểm A
có hoành độ bằng 3. Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm được.
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, BC = 50. Đường phân giác
của góc ABC và đường trung trực của cạnh AC cắt nhau tại E.
1. Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm O
của đường tròn này.
2. Tính BE.
3. Vẽ đường kính EF của đường tròn tâm (O). AE và BF cắt nhau tại P. Chứng
minh các đường thẳng BE, PO, AF đồng quy.


Gợi ý Đáp án:


Sở giáo dục & đào tạo
VĨNH PHÚC

đề chính thức
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2010 - 2011
Môn thi : Toán
(120 phút, không kể thời gian giao đề)

Phần I. Trắc nghiêm ( 2 điểm). Chọn câu trả lời đúng
Câu 1: Giá trị của
10. 40
bằng:
A. 10 B.20 C. 30 D. 40
Câu 2: Cho hàm số
( 2) 1(y m x x= − +
là biến, m là tham số) đồng biến, khi đó giá trị của m
là:
A. m = -2 B. m < 2 C. m > 2 D. m = 1
Câu 3: Nếu một hình chữ nhật có hain đường chéo vuông góc với nhau và độ dài một
cạnh của hình chữ nhật đó bằng 0,5 cm thì diện tích hình chữ nhật đó bằng:
A. 0,25 cm
2
B. 1,0 cm
2
C. 0,5 cm
2
D. 0,15 cm
2

Câu 4: Tất cả các giá trị của để biểu thức
2x +
có nghĩa là :

A x< -2 B.x<2 C.
x
∈
¡
D. x
2≥

Phần II. Tự luận ( 8 điểm )
Câu 5: ( 2 điểm) Giải hệ phương trình
4 5 5
4 7 1
x y
x y
− = −


− = −

Câu 6: ( 1,5 điểm) cho phương trình:
2
2( 1) 5 0x m x m− − + − =
(x là ẩn, m là tham số)
1. Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
với mọi gí trị
của m
2.Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm
1 2
,x x

thoả mãn điều
kiện
2 2
1 2
10x x+ =

Câu 7 ( 1,5 điểm). Cho một tam giác có chiều cao bằng
3
4
cạnh dáy. Nếu chiều cao tăng
thêm 3m và cạnh đáy giảm đi 2m thì diện tích của tam giác vuông đó tăng thêm 9m
2
.
Tìm cạnh đáy và chiều cao của tam giác vuông đã cho.
Câu 8: ( 2 điểm). Cho đường tròn (O), M là điểm nằm ngoài đường tròn (O). Qua M kẻ
hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O) với A, B là các tiếp điểm; MPQ là một cát
tuyến không đi qua tâm của đường tròn, P nằm giũa M và Q. Qua P kẻ đường thẳng
vuông góc với OA Cắt AB, AQ tương ứng tại R, S. Gọi trung điểm đoạn PQ là N. Chứng
minh:
1. Các điểm M, A, N, O, B cùng thuộc một đường tròn, chỉ rõ bán kính của đường tròn
đó.
2. PR = RS
Câu 9: (1 điểm). Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
4( ) 15 .P a b c abc= + + +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
KIÊN GIANG Năm học 2009 – 2010
oOo oOo
ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 25/06/2009
Bài 1: (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình và phương trình sau:
a)
5x 3y 4
3x 2y 1
+ = −


+ =

b)
4 2
9x 8x 1 0
+ − =
Bài 2: (2,0 điểm)
Cho biểu thức
1 1 3 2
:
3 2 3
x x
A
x x x x
 
+ +
 
= − −
 ÷

 ÷
 ÷
− − −
 
 
a) Với những điều kiện được xác định của x, hãy rút gọn biểu thức A
b) Tìm tất cả giá trị của x để A <1

Bài 3: (3,0 điểm)
a) Cho hàm số y= - x
2
và hàm số y = x-2. Vẽ đồ thị hàm số trên cùng một hệ trục tọa
độ. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị bằng phương pháp đại số.
b) Cho parabol (P) y= x
2
/4 và đường thẳng (D): y = mx – 3/2m -1. Tìm m để (D) tiếp
xúc với (P). chứng minh rằng (D
1
) và (D
2
) tiếp xúc với (P) và hai đường thẳng ấy
vuông góc với nhau.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C sao cho
BC = R, trên đường tròn lấy điểm D sao cho BD = R, đường thẳng vuông góc với BC tại
C cắt tia AD ở M
a) Chứng minh tứ giác BCMD nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác ABM là tam giác cân
c) Tính tích AM.AD theo R
d) Cung BD của (O) chia tam giác ABM thành hai phần. Tính diện tích phần của tam

giác ABM nằm ngoài (O).
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………… Số báo danh:… ………….
Chữ ký của giám thị 1:…………………… Chữ ký của giám thị 2:………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC 2010-2011
Daklak MÔN : TOÁN
NGÀY THI : 25/06/2010
Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
1. Rút gọn biểu thức : A =
( )
5 20 3 45− +
2. Giải hệ phương trình :
5
3
x y
x y
+ =


− =

3. Giải phương trình : x
4
– 5x
2
+ 4 = 0
Bài 2: (1.00 điểm)

Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x
2
– 2(m + 1)x + m
2
– 1 = 0
Tính giá trị của m, biết rằng phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện :

ĐỀ CHÍNH THỨC
x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1
Bài 3: (2.00 điểm)
Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (d
m
).
1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d
1
)
2. Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (d
m

) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (d
m
) khi m thay đổi.
Bài 4: (4.00 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và
C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt
đường thẳng DC tại K.
1. Chứng minh : BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh : KM ⊥ DB.
3. Chứng minh KC.KD = KH.KB
4. Ký hiệu S
ABM
, S
DCM
lần lượt là diện tích của tam giác ABM, DCM. Chứng minh
tổng (S
ABM
+ S
DCM
) không đổi. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để (
2 2
ABM DCM
S S+
) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo a.
HẾT
Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:………. /Phòng thi: ……
Hướng dẫn giải:
Bài 3:
2) Ta có: y = mx – m + 2 (dm)

⇔ (x-1) m = y – 2 ∀m
⇔
1 0
2 0
x
y
− =


− =

⇔
1
2
x
y
=


=

Vậy điểm cố định mà (dm) đi qua là C(1; 2).
Ta dễ dàng chứng minh được khoảng cách từ M(6;1) đến (dm) lớn nhất chính là độ dài
đoạn thẳng CM.
Ta có: CM =
2 2
(6 1) (1 2)− + −
=
26
Bài 4d:

Ta có: S
ABM
+ S
CDM
=
1
2
AB.BM +
1
2
CD.CM =
1
2
a.BM +
1
2
a.CM
=
1
2
a(BM + MC) =
1
2
a.BC =
1
2
a.a =
1

2
a
2
(Không đổi).
Ta có: S
2

ABM
+ S
2
CDM
=
1
4
AB
2
.BM
2
+
1
4
CD
2
.CM
2
=
=
1
4
AB

2
(BM
2
+ CM
2
) =
1
4
a
2
(BM
2
+ CM
2
)
Để S
2

ABM
+ S
2
CDM
nhỏ nhất khi BM
2
+ CM
2
nhỏ nhất.
Ta có: BM
2
+ CM

2
= (BM+CM)
2
– 2BM.CM = a
2
- 2BM.CM nhỏ nhất khi
BM.CM lớn nhất.
Vì: BM + CM = BC = a không đổi nên BM.CM lớn nhất khi BM = CM.
Khi đó: (BM+CM)
2
– 2BM.CM đạt GTNN hay BM
2
+ CM
2
đạt GTNN .
Vậy: S
2

ABM
+ S
2
CDM
đạt GTNN khi BM = CM.
Ta có: S
2

ABM
+ S
2
CDM

=
1
4
a
2
(BM
2
+ CM
2
) =
1
4
a
2
(
1
4
a
2
+
1
4
a
2
) =
1
8
a
4
. (đvdt)

Đề thi vào 10
Thời gian: 120 phút
Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình:
a)
10)9( =−xx
b)



=−
=+
132
73
yx
yx
Câu 2:
Cho biểu thức: P =








+
−
−
−









−
+
+
1
1
4
:
1
2
x
x
x
x
x
x
x
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để P <
2
1
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Câu 3:
Cho pt: 2x

2
+ (2m – 1) x +m - 1 = 0
a) Giải phương trình khi m = 2
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn: 4x
1
2
+ 4x
2
2
+ 2x
1
x
2
=1

Câu 4:
Cho đường tròn (O, R) dây AB cố định không đi qua tâm. C là điểm nằm trên cung
nhỏ AB. Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H. Kẻ CK vuông góc với đường thẳng DA.
a) Chứng minh: Bốn điểm A, H, C, K cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh: CD là tia phân giác của góc BCK.
c) KH cắt BD tại E. Chứng minh: CE
⊥
BD
d) Khi C di chuyển trên cung nhỏ AB.
Xác định vị trí của điểm C để (CK. AD + CE. DB) có giá trị lớn nhất ?

Câu 5:
Tìm x, y nguyên thoả mãn: x
2
+ y
2
+ xy –x
2
y
2
= 0
===============================
Đáp án và biểu điểm:
Bài 1: Tổng 1,5 đ
a) Đặt:
x
= t
0
≥
=> PT: t
2
- 9t – 10 = 0.
Giải PT được t
1
= 10; t
2
= -1 (loại) Vậy t = 10 => x = 100
1 điểm
b) Giải được: nghiệm của hệ




=
=
1
2
y
x
0,5 điểm
Bài 2: Tổng: 2 đ
a) ĐK: x
≥
0 , x
≠
1

2
1
4
)1)(1(
.
1
2
1
4
:
1
2
1
)1(4
:

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

x
xxx
x
xxx
P
1 điểm
b) P <
2
1
=>
2
1
2
1
<
+
−
x
x
Giải được x < 16.
Kết hợp điều kiện x
≥
0 , x
≠
1 ta được : 0
≤
x < 16 và x
≠
1
c)

2
3
1
+
−=
x
P
nhỏ nhất khi
2
3
+x
lớn nhất =>
2+x
nhỏ nhất là 2
Vậy P nhỏ nhất là: 1- 3/2 = -1/2 = - 0,5 dấu “=” xẩy ra khi x = 0
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 3: Tổng: 2 đ
a) m = 2 => pt: 2x
2
+ 3x + 1 = 0. Giải được x
1
= -1; x
2
= - 0,5 1điểm
b) Tính được :
∆
= (2m - 3)
2
Tìm được

∆
> 0 khi m
≠
1,5
Vậy PT có hai nghiệm phân biệt khi m
≠
1,5 0,5 điểm
c) 4(x
1
2
+ x
2
2
) + 2x
1
x
2
= 1 => 4(x
1
+ x
2
)
2
– 6x
1
x
2
= 1
Thay tổng và tích hai nghiệm ta được: 4m
2

– 7m +3 = 0
=> m
1
= 1; m
2
= 3/4 (TM ĐK
∆

≥
0)
0,5 điểm
Bài 4: Tổng: 3,5 đ

a) (1 điểm)
CM được:
0
90=∠=∠ AHCAKC

(0,5 điểm)
=> Tứ giác AHCK nội tiếp
(0,,5đ)
E
H
O
A
B
C
D
K

b) (1 điểm)
CM được:
∠
BCD =
∠
KCD (vì đều =
∠
BAD)
=> CD là tia phân giác của
∠
BCK.
0,5 điểm
0,5 điểm
c) (0,5 điểm)
CM được tứ giác CKDE nội tiếp vì:
∠
CDE =
∠
CKE (=
∠
CAB)
=>
∠
CED =
∠
CKD = 90
0
hay CE
⊥
BD

0,5 điểm
d) (1 điểm)
Ta có: AD.CK = AH.CD (= 2 lần diện tích
∆
ACD)
CE.BD = BH.CD (= 2 lần diện tích
∆
BCD)
=> AD.CK + CE.BD = AH.CD + BH.CD = CD(AH + BH) = CD. AB
Vì AB không đổi nên CD lớn nhất khi CD là đường kính => C ở chính
giữa của cung AB nhỏ
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 5: Tìm x, y nguyên thoả mãn: x
2
+ y
2
+ xy –x
2
y
2
= 0 1 điểm
PT: (y
2
- 1)x
2
- yx - y
2
= 0
Tính được:

∆
= y
2
(4y
2
– 3).
Vì y nguyên và
∆
là số chính phương nên: y = 0, y = 1 hoặc y = - 1
Thay vào tìm được 3 nghiệm: (0; 0), (1; -1) và (-1; 1)
0,5 điểm
0,5 điểm
Chú ý:
HS làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa


E
H
O
A
B
C
D
K
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a)
2
2 3 2 0x x− − =
b)
4 1
6 2 9
x y
x y
+ = −


− =

c)
4 2
4 13 3 0x x− + =
d)
2
2 2 2 1 0x x− − =
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
2
x
y = −
và đường thẳng (D):
1
1
2
y x= −

trên cùng một
hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
12 6 3 21 12 3A = − + −
2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
2 2
(3 1) 2 1 0x m x m m− + + + − =
(x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị
của m.
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị
lớn nhất: A =
2 2

1 2 1 2
3x x x x+ −
.
Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc
đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP
vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE).
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ
nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB
đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP.
d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật
APMQ có diện tích lớn nhất.
BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
2 3 2 0x x− − =
(1)
9 16 25
∆ = + =

(1)
3 5 1 3 5
2
4 2 4
x hay x

− − +
⇔ = = = =
b)
4 1 (1)
6 2 9 (2)
x y
x y
+ = −


− =


4 1 (1)
14 7 ( (2) 2 (1))
x y
x pt pt
+ = −

⇔

= +

3
1
2
y
x
= −



⇔

=


c)
4 2
4 13 3 0x x− + =
(3), đđặt u = x
2
,
phương trình thành : 4u
2
– 13u + 3 = 0 (4)
(4) có
2
169 48 121 11∆ = − = =

13 11 1 13 11
(4) 3
8 4 8
u hay u
− +
⇔ = = = =
Do đó (3)
1
3
2
x hay x⇔ = ± = ±

d)
2
2 2 2 1 0x x− − =
(5)
' 2 2 4∆ = + =
Do đó (5)
2 2 2 2
2 2
x hay x
− +
⇔ = =
Bài 2:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( )
1
1; , 2; 2
2
 
± − ± −
 ÷
 
.
(D) đi qua
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −

 ÷
 
Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −
 ÷
 
.
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2
1
1 2 0
2 2
x
x x x
−
= − ⇔ + − =
1 2x hay x⇔ = = −
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là
( )
1
1; , 2; 2
2
 
− − −

 ÷
 
.
Bài 3:

12 6 3 21 12 3A = − + −

2 2
(3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3= − + − = − + −
3=


2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
2B =
(
)
(
)
2 2
5 4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3+ + − − + − + + −
(

)
(
)
2 2
2 2 2 2
5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3= + + − − + − + + −
=
( ) ( )
2 2
5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3+ + − − + − + + −
=
5.3 5 20+ =
⇒ B = 10.
Bài 4:
a)
( )
2
2 2 2
3 1 8 4 4 2 5 ( 1) 4 0m m m m m m m∆ = + − − + = + + = + + > ∀
Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Ta có x
1
+ x
2
= 3m + 1 và x
1
x
2
= 2m
2

+ m – 1
A=
2 2
1 2 1 2
3x x x x+ −

( )
2
1 2 1 2
5x x x x= + −
2 2
(3 1) 5(2 1)m m m= + − + −

2 2
1 1
6 6 ( )
4 2
m m m= − + + = + − −
2
25 1
( )
4 2
m= − −
Do đó giá trị lớn nhất của A là :
25
4
. Đạt được khi m =
1
2
Bài 5:

a) Ta có góc
·
EMO
= 90
O
=
·
EAO
=> EAOM nội tiếp.
Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :
·
· ·
o
EAO APM PMQ 90= = =
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường
chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ
nên I là trung điểm của AM.
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng
hàng.
c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc
bằng nhau là
·
·
AOE ABM=
, vì OE // BM
=>
AO AE

BP MP
=
(1)
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số
KP BP
AE AB
=
(2)
Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
Cách 2 : Ta có
EK AP
EB AB
=
(3) do AE // KP,
mặt khác, ta có
EI AP
EO AB
=
(4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng
So sánh (3) & (4), ta có :
EK EI
EB EO
=
.

I
K
B

O
M Q
E
A
P x
I
Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM
=> K là trung điểm MP.
d) Ta dễ dàng chứng minh được :
abcd
4
a b c d
4
+ + +
 
≤
 ÷
 
(*)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP =
2 2 2 2 2
MO OP R (x R) 2Rx x− = − − = −
Ta có: S = S
APMQ
=
2 3
MP.AP x 2Rx x (2R x)x= − = −
S đạt max ⇔
3

(2R x)x−
đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max
⇔
x x x
. . (2R x)
3 3 3
−
đạt max
Áp dụng (*) với a = b = c =
x
3

Ta có :
4
4
4
x x x 1 x x x R
. . (2R x) (2R x)
3 3 3 4 3 3 3 16
 
− ≤ + + + − =
 ÷
 
Do đó S đạt max ⇔
x
(2R x)
3
= −
⇔
3

x R
2
=
.
UBND TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
Năm học : 2010 -2011
MÔN : TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
Bài 1: ( 2,0 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
a) A = -+ b) B = -
c) C = , với x > 2
Bài 2 : ( 2,0 điểm)
Cho hàm số bậc nhất y = ax + 3 có đồ thị là đường thẳng (d)
a) Xác định hệ số a , biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 3x
.Vẽ (d_ với hệ số a vừa tìm được.
b) Đường thẳng (d’) có dạng y = x + 1 cắt đường thẳng (d) ở câu a) tại điêm
M .Xác định tọa độ điểm M.
Bài 3: ( 2,5 điểm)
a) Cho phương trình x
2
+ 7x - 4 = 0 .Chứng tỏ phương trình trên có hai
nghiệm x
1
, x
2
; Không giải phương trình hãy tính x
1

+ x
2
và x
1
.x
2
.
b) Giải phương trình : = .
c) Giải bài toán bằng cách lập phương trình :
Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 13 cm .Hai cạnh góc vuông có độ
dài hơn kém nhau 7 cm.Tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.

H
I
M
C
O
A
B
K
Bài 4 : ( 3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O ; R) đường kính AB. Vẽ bán kính OC vuông góc
với AB.Gọi K là điểm nằm giữa hai điểm B và C. Tia AK cắt đường tròn (O) ở
M .
a) Tính số đo các góc : ACB , AMC.
b) Vẽ CI vuông góc AM ( I thuộc AM) .Chứng minh tứ giác AOIC là tứ
giác nội tiếp.
c) Chứng minh hệ thức AI.AK = AO.AB.
d) Nếu K là trung điểm của CB . Tính tgMAB.
======================Hết=======================

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 2.0
điểm
+ Vì độ dài cạnh huyền bằng 13 cm
nên ta có phương trình: x
2
+ ( x-
7)
2
= 13
2
+Thực hiện biến đổi thu gọn ta được
pt:
x
2
- 7x - 60 = 0
+ Giải ta được : x
1
= 12 ( tmđk)
x
2
= -5 (loại)
+Trả lời : Vậy độ dài hai cạnh của
tam giác vuông là : 12cm và 7cm.
0.25
0.25
0.25
a) A = -+ = 5 - 4 + 9 = 10
b) B = -
= -

= - 1 -
= -1
c) C = , với x > 2
=
=
2
2
−
−
x
x
=
2
2
−
−
x
x
= 1( vì x> 2  x -2 > 0)
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 4 3,5điểm
Hình vẽ phục vụ câu a
Hình vẽ phục vụ câu b,c
0.25

025
Bai 2 2,0
điểm
a) + ACB = 90
0
( góc nội tiếp chắn
nửa đườn tròn)
+ CMA = COA = .90
0
= 45
0
( góc nội
tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1 cung)
b) +CIA = COA = 90
0
( gt)
=> tứ giác AOIC là tứ giác nội tiếp
0.25
0.5
0.25
0.25
a) + (d) song song với đường thẳng
y = 3x
nên a = 3
+ Vẽ (d) y = 3x + 3
-Xác định đúng hai điểm thuộc
(d) :
( 0;3) và ( -1 ; 0)
-Vẽ đúng (d) trên mặt phẳng Oxy
b) -Tọa độ ( x;y) của M là nghiệm

của hệ:



+=
+=
1
33
xy
xy
0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
0.25
c) + Trong tam giác vuông ACK ta có
:
AC
2
= AI.AK (1) ( hệ thức lượng
trong tam giác vuông)
+Trong tam giác vuông ACB ta có:
AC
2
= AO.AB (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra hệ thức cần
0.5
0.25
0.25

-Giải hệ được : x= -1 ; y = 0
-Tọa độ M( -1; 0)
chứng minh.
d) Kẻ KH
⊥
AB => KH // OC.
Nếu K là trung điểm BC thì KH là
đường trung bình của tam giác COB
suy ra : KH = =
và OH = =
Do đó: AH = R + = .
+Tam giác AKH vuông tại H
=> tgMAB = tgKAH = = :=
0.25
0.25
0.25
Bài 3 2,5
điểm
a) + Pt có a.c = 1.(-4) = -4 < 0
=> pt có hai nghiệm phân biệt x
1
,
x
2
+Theo viet: x
1
+ x
2
= = -7

x
1
.x
2
= = -4
b) + ĐK : x
≠
-2
+ Qui đồng mẫu hai vế pt và khử
mẫu ta được : ( 1+x)(x+2) = 2
 x
2
+ 3x = 0
 x( x + 3) = 0




=⇔=+
=
303
0
xx
x
+ x = 0 và x= 3 đều thỏa mãn điều
kiện
+ Vậy pt có tập nghiệm là : S =
{ }
3;0
c) +Gọi x(cm) là độ dài cạnh góc

vuông lớn (ĐK : 7 < x < 13)
=> độ dài cạnh góc vuông nhỏ là :
x-7(cm
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
SỞ GD & ĐT ĐÀ NẴNG

KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10 THPT
Năm học 2010 – 2011
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010
Bài 1 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
A ( 20 45 3 5). 5= − +
b) Tính
2
B ( 3 1) 3= − −
Bài 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình
4 2
x 13x 30 0− − =

ĐỀ CHÍNH THỨC
b) Giải hệ phương trình
3 1

7
x y
2 1
8
x y

− =




− =


Bài 3 (2,5 điểm)
Cho hai hàm số y = 2x
2
có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d).
a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết phương trình
của đường thẳng (∆) đi qua A và có hệ số góc bằng - 1.
c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt
trục hoành tại B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O', bán kính R'
(R > R') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M ∈
(C), N ∈ (C')). Đường thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I).
a) Chứng minh rằng góc BMN = góc MAB
b) Chứng minh rằng IN
2

= IA.IB
c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng
MB tại P. Chứng minh rằng MN song song với QP.
TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2010 - 2011
ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN
000 000
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 17 / 06 / 2010

Bài 1: (2,0 điểm)
Cho biểu thức
x y x y
x y 2xy
M 1
1 xy
1 1
 
+ −
 
+ +
= + +
 ÷
 ÷
 ÷
−
− +
 
 

:
xy xy
.
a) Tìm điều kiện xác định của M và rút gọn biểu thức M.
b) Tìm giá trị của M với
x 3 2 2= +
.
Bài 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình :
2
x 2m x 2m 1 0 (1)− + − =

a) Giải phương trình (1) khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

Bài 3: (1,0 điểm)
Cho hệ phương trình :
mx y 1
x 2y 3
− =


+ =

Tìm m nguyên để hệ có nghiệm (x ; y) với x,y là những số nguyên.
Bài 4: (1,0 điểm)
Giải phương trình:
2
x 2x 3 x 5+ − = +

Bài 5: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn (
C A;≠
C B≠
). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C, kẻ tia Ax tiếp xúc với đường
tròn (O). Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Tia BC cắt Ax tại Q, tia AM cắt
BC tại N. Gọi I là giao điểm của AC và BM.
a) Chứng minh tứ giác MNCI nội tiếp.
b) Chứng minh
BAN, MCN∆ ∆
cân.
c) Khi MB = MQ, Tính BC theo R .
Bài 6: (1,0 điểm)
Cho x, y >0 và
2
x y 1+ =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2
4 2
1 1
T x y
x y
= + + +
TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2010 - 2011
ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN
000 000
ĐỀ DỰ BỊ Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 17 / 06 / 2010

Câu 1: (2.0 điểm)
Cho biểu thức:
x 6 1 10 x
A : x 2
x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2
−
   
= − + − +
 ÷  ÷
− − + +
   
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm x sao cho A < 2.
Câu 2: (2.0 điểm)
Cho x
1
; x
2
là 2 nghiệm của pt: x
2
- 7x + 3 = 0.
1. Lập phương trình có hai nghiệm là 2x
1
- x
2
và
.
2.

Tính

giá trị của B = |2x
1
- x
2
| + |2x
2
- x
1
|.
Câu 3 : (1.5 điểm)

Giải hệ phương trình :
4 1
1
x 2y x 2y
20 3
1
x 2y x 2y

− =

+ −



− =

+ −


Câu 4 : (3.5 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm I sao cho BI = BA. Đường
thẳng qua I vuông góc với BD cắt AD tại E và AI cắt BE tại H.
1. Chứng minh rằng AE = ID.
2. Đường tròn tâm E bán kính EA cắt AD tại điểm thứ hai F (F ≠ A).
Chứng minh rằng: DF . DA = EH . EB
Câu 5: (1.0 điểm)
Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là: BC = a, CA = b, AB = c và chu vi tam giác
là 2P. Chứng minh rằng:
P P P
9
P a P b P c
+ + ≥
− − −
…Hết…
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Hải Phòng
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010 - 2011
MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Chú ý: Đề thi có 02 trang. Học sinh làm bài vào tờ giấy thi.
Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.
Câu 1. Căn bậc hai số học của 5 là
A.
5−
B.
5±
C.

5
D. 25
Câu 2. Hàm số nào sau đây là hàm số bậc nhất?
A.
33 −= xy
B.
33 −−= xy
C. y = - 3 D.
3
3
1
−−=
x
y
Câu 3. Đường thẳng nào sau đây song song với đường thẳng y = 2x – 3 ?
A.
33 −= xy
B.
1
2
1
+= xy
C.
)1(2 xy −−=
D.
)1(2 xy −=