đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn toán

đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Đề 1
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT miền xuôi và THCB - Năm học 1997-1998
Câu1: (2đ) a) Giải hệ pt:
5 2 1
2 3 4
x y
x y
=


+ =

b) Giải pt: x
2
- 13x + 42 = 0.
Câu2: (2,5đ) Cho đờng thẳng y = 2x và parabol y = x
2
- 3
a) Tìm toạ độ giao điểm của hai đờng trên.
b) Đờng thẳng y = 2x, parabol y = x
2
+ 3 và đờng thẳng y = 3x - 1 có đồng quy (cắt nhau tại
một điểm) không?
Câu3: (2đ) Chứng minh pt: (x- a)x + x(x- b) + (x - b)(x - a) = 0 luôn có nghiệm với mọi giá
trị của a, b.
Câu4: (3,5đ) Cho đờng tròn tâm O có đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy I là điểm
bất kỳ trên đoạn CD.
a) Tìm điểm M trên đờng thẳng AD, điểm N trên đờng thẳng AC sao cho I là trung điểm
của đoạn MN.
b) Cho độ dài IA = a, bán kính đờng tròn tâm O bằng R. Tính chu vi của tam giác AMN

theo a và R.
Bài làm
Câu1: a) Ta có:
5 2 1
2 3 4
x y
x y
=


+ =


15 6 3
4 6 8
x y
x y
=


+ =


11 11
2 3 4
x
x y
=

+ =


1
2 3 4
x
x y
=


+ =


1
2
x
y
=


=

Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 2).
b) Xét pt: x
2
- 13x + 42 = 0 (1)
Ta có:

= (-13)
2

- 4.1.42 = 1.
Do

> 0 nên pt (1) có hai nghiệm phân biệt: x
1
=
13 1
2
+
= 7 ; x
2
=
13 1
2

= 6.
Câu2: a) Toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = 2x và parabol y = x
2
- 3 là nghiệm của hệ pt:
2 2
1 1
2
2 2
2 2
1
3 2 3 0
3 3
3
2 6
x x

y x
y x y
y x y x
x
y x x x
x x
x
y x y

= =

=



= =
= =




=



= =
= =

=


= =



Vậy tọa độ giao điểm của đờng thẳng y = 2x và parabol y = x
2
- 3 là:A(-1; -2) và B(3; 6).
b) Tọa độ giao điểm của đờng thẳng y = 2x và đờng thẳng y = 3x- 1 là nghiệm của hệ
pt:
2
3 1
y x
y x
=


=


2
3 1 2
y x
x x
=

=


2
1
y x
x
=


=

1
2
x
y
=



=

Vậy đờng thẳng y = 2x cắt đờng thẳng y = 3x- 1 tại điểm C(1; 2)
Vì parabol y = x
2
+3 không đi qua điểm C(1; 2) nên đờng thẳng y = 2x, parabol y = x
2
+ 3
và đờng thẳng y = 3x- 1 không đồng quy.

Câu3: Ta có: (x- a)x + x(x- b) + (x- b)(x- a) = 0

x
2
- ax + x
2
- bx + x
2
- ax- bx+ ab = 0


3x
2
- 2(a+b)x + ab = 0 (1)
Xét
/

= (a+b)
2
- 3ab = a
2
- ab + b
2
= (a-
1
2
b)
2
+
3

4
b
2
.
Vì (a-
1
2
b)
2


0 và
3
4
b
2


0 với mọi a, b nên
/


0 với mọi a, b.
Do đó pt(1) luôn có nghiệm với mọi a, b.
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
1
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Hay pt: (x- a)x + x(x- b) + (x- b)(x- a) = 0 luôn có nghiệm với mọi a, b.
Câu4:
a) Giả sử ta xác định đợc điểm M

AD và N

AC sao cho I là trung điểm của MN.Gọi H
là hình chiếu của I lên AC.
Ta có:
ã
CAD
= 90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)


CA

AD

IH//AD
Mà I là trung điểm của MN nên IH là đờng trung bình của

CAD


H là trung điểm của AN.
Cách dựng:
Gọi H là hình chiếu của I lên AC. Trên tia AC lấy điểm N sao cho H là trung điểm của AN.
Gọi M = AD
I
IN. Khi đó I là trung điểm của MN.
b) Kẻ MK

AD (K

CD)

AC//MK(cùng

AD)
Xét

MIK và

NIC có:

ã
KMI
=
ã
CNI
(so le trong)
IM = IN (giả thiết)

ã
MIK
=
ã
NIC
(đối đỉnh)

MIK =

NIC (g.c.g)


MK = CN(hai cạnh tơng ứng) (1)


AOD vuông cân(vì OA

OD và OA = OD = R)

ã
ODA
= 45
o
.


KMD có:

ả
M
= 90
o
(theo cách dựng)

à

D
= 45
o
(chứng minh trên)


à
K
=180
o
-(
ả
M
+
à
D
)=180
o
- (90
o
+ 45
o
)= 45
o



KMD vuông cân tại M

KM = MD (2)

Từ (1) và (2)

CN = MD

AC + CN + AM = AC + AM + MD
Hay AN + AM = AC + AD = 2AC (*)
áp dụng định lí pitago vào tam giác vuông AOC ta có:
AC
2
= OA
2
+OC
2
= R
2
+R
2
= 2R
2


AC =
2
R (**)
Từ (*) và (**)

AM + AN = 2
2
R (3)
Ta có: MN = 2AI = 2a (tính chất đờng trung tuyến của tam giác vuông) (4)

Gọi c là chu vi của tam giác AMN. Khi đó c = AM + AN + MN.
Từ (3) và (4)

c = 2
2
R + 2a.
Đề 2
Đề thi tốt nghiệp THCS - Năm học 1998-1999
A.Lý thuyết: (2đ) Học sinh đợc chọn một trong hai đề sau:
Đề1: Phát biểu định nghĩa và nêu các tính chất của hàm số bậc nhất.
áp dụng: Cho hai hàm số bậc nhất :
y = 0,3x - 7 (1) và y = 1,5 - 2x (2)
Trong hai hàm số trên, hàm số nào là hàm số đồng biến? Hàm số nào là hàm số nghịch
biến? Vì sao?
Đề2: a) Chứng minh định lí: Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo hai góc đối diện nhau
bằng hai góc vuông
b) Phát biểu định lí đảo của định lí trên.
B. Bài toán bắt buộc: 8đ
Câu1:(2đ) Cho pt bậc hai: 2x
2
- 7x + 2 + m = 0 (1)
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
2
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
a) Giải pt khi m = 1.
b) Với giá trị nào của m thì pt (1) có nghiệm.
Câu2:(2,5đ) Cho một số tự nhiên có hai chữ số và tổng các chữ số của nó bằng 12. Tìm số
đó, biết rằng nếu thêm 4 vào tích của hai chữ số của số đã cho ta sẽ đợc một số bằng 3 lần
tổng của hai chữ số của số đã cho.
Câu3:(3,5đ) Cho tam giác vuông cân ABC có AB = AC = 5cm. Đờng tròn đờng kính AC cắt

cạnh BC tại M. Tia phân giác của góc BAM cắt đờng tròn tại N (N khác A) và cắt cạnh BC tại
I. Đờng thẳng AM cắt đờng thẳng CN tại S.
a) Chứng minh tứ giác NIMS là tứ giác nội tiếp.
b) Tính độ dài đoạn IC.
c) Chứng minh tứ giác BISA là tứ giác nội tiếp.
Bài làm
A.Lý thuyết:
Đề1: *Định nghĩa:Hàm số bậc nhất là hàm số đợc cho bởi công thức: y = ax + b.
Trong đó a, b là các số cho trớc và a

0.
*Tính chất:
+) Đồng biến trên R, khi a > 0
+) Nghịch biến trên R, khi a < 0
á p dụng :
+) Hàm số y = 0,3x - 7 là hàm số đồng biến, vì 0,3 > 0.
+) Hàm số y = 1,5 -2x là hàm số nghịch biến, vì -2 < 0.
Đề2:
a) Giả sử tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
Ta có:
ã
ABC
=
1
2
sđ
ẳ
ADC
;
ã

ADC
=
1
2
sđ
ẳ
ABC



ã
ABC
+
ã
ADC
=
1
2
sđ
ẳ
ADC
+
1
2
sđ
ẳ
ABC
=
1
2

( sđ
ẳ
ADC
+sđ
ẳ
ABC
) =
1
2
.360
o
= 180
o
.
Chứng minh tơng tự ta có:
ẳ
BAD
+
ẳ
BCD
= 180
o
.
b) Định lí đảo: Tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng hai góc vuông là tứ giác
nội tiếp.
B. Bài toán bắt buộc:
Câu1:
a) Với m = 1 thì pt(1) trở thành 2x
2
- 7x + 3 = 0 (*)

Ta có:

= (-7)
2
- 4.2.3 = 25.
Do

= 25 > 0 nên pt(*) có hai nghiệm phân biệt:
x
1
=
7 25
2.2
+
= 3; x
2
=
7 25
2.2

=
1
2
.
b)Xét pt: 2x
2
- 7x + 2 + m = 0 (1)
Ta có:

= (-7)

2
- 4.2.(2+m) = 33- 8m
pt(1) có nghiệm khi và chỉ khi


0

33- 8m

0

m


33
8
.
Vậy với m


33
8
thì pt(1) có nghiệm.
Câu2: Gọi số tự nhiên đó là
ab
(a

N
*
, b

N)
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
3
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Theo bài ra ta có:
2
12 8
12
8 4
12
12 12
8
4 3( ) (12 ) 3.12 4
12 32 0
12 4
4
4 8
a b a
a b
a b
a b
a b a b
a
ab a b a a
a a
a b a
a
a b

+ = =

+ =



= =
+ =
+ = + =





=



+ = + =
+ =
+ = =






=

= =




Vậy số cần tìm là 48 và 84
Câu3: a) Ta có:

ã
AMC
= 90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

ã
AMI
= 180
o
-
ã
AMC
= 90
o
(hai góc kề bù)

ã
ANC
= 90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

ã
INC
= 180
o
-
ã
ANC
= 90
o
(hai góc kề bù)
Tứ giác NIMS có:
ã
INS
+
ã
IMS
=
ã
INC
+
ã
AMI
= 90
o
+ 90
o
= 180
o

NIMS là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có:
ã
ã
BAI IAM=
(gt)
Mà
ã
BAI
=
1
2
sđ
ằ
AN
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

ã
IAM
=
1
2
sđ
ẳ
NM
(góc nội tiếp chắn
ẳ
NM
)

ằ
AN
=
ẳ
NM

Mặt khác:
ã
ACN
=
1
2
sđ
ằ
AN
(góc nội tiếp chắn
ằ
AN
)

ã
NCI
=
1
2
sđ
ẳ

NM
(góc nội tiếp chắn
ẳ
NM
)


ã
ACN
=
ã
NCI

CN là đờng cao đồng thời là đờng phân giác của

ACI



ACI cân tại C

IC = AC = 5(cm)
c)

ACI có S là giao điểm của hai đờng cao AM và CN

S là trực tâm của

ACI

IS

AC

IS//AB (cùng vuông góc với AC)


ã
BAS
+
ã
ASI
= 180
o
(1)


ABM có
ã
ABM
= 45
o
;
ã
AMB
= 90
o

ã

MAB
= 45
o


ã
MAB
=
ã
ABM
(2)
Từ (1) và (2)

ã
ã
ABI ASI+
= 180
o

BISA là tứ giác nội tiếp.
Đề 3
Đề thi vào lớp 10 chuyên Nga - Pháp Năm học 1999-2000
Câu1: a) Tính: A =
1 2
1 1 2
x
x
+
+ +
+

1 2
1 1 2
x
x


với x =
3
4
.
b) Chứng minh bất đẳng thức: a
2
+ 4b(b-a) + 4c(c+a)

8bc.
Câu2: a) Phân tích thành nhân tử: A = -y
2
+ y(x- 1)
2
+ 2x
3
- x
2
.
b) Giải pt: x
4
- 7x
3
+ 13x
2

- 7x + 12 = 0.
Câu3: Cho tam giác ABC vuông tại A có các đỉnh A, B cố định và đỉnh C thay đổi trên tia At
vuông góc với AB tại A. Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC và P, Q, R lần lợt là
các tiếp điểm của đờng tròn với các cạnh AC, BC, AB. Các đờng thẳng PQ và AI cắt nhau tại
D.
a) Chứng minh bốn điểm B, D, Q, R nằm trên một đờng tròn.
b) Chứng minh khi C thay đổi trên At thì đờng thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.
Bài làm
Câu1:
a) Thay x =
3
4
vào biểu thức A =
1 2
1 1 2
x
x
+
+ +
+
1 2
1 1 2
x
x


ta đợc:
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
4
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

A =
3
1 2
4
2 3
1 1
4
+
+ +
+
3
1 2
4
2 3
1 1
4


=
3
1
2
4 2 3
1
4
+
+
+
+
3

1
2
4 2 3
1
4



=
2
2
2 3
2
( 3 1)
1
2
+
+
+
+
2
2
2 3
2
( 3 1)
1
2

=
2 3
2
3 1
1
2
+
+
+
+
2 3
2
3 1
1
2



=
2 3
2
3 3
2
+
+
+
2 3
2
3 3
2

=
2 3
2
+
.
2
3 3+
+
2 3
2

.
2
3 3
=
2 3
3 3
+
+
+
2 3
3 3


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

+
=
6 2 3 3 3 3 6 2 3 3 3 3
9 3
+ + +

=
6
6
= 1
b) Ta có: a
2
+ 4b(b-a) + 4c(c+a)

8bc

a
2
+ 4b
2
- 4ab + 4c
2
+ 4ac - 8bc

0


(a
2
- 4ab + 4b

2
) + (4ac- 8bc) + 4c
2

0

(a- 2b)
2
+ 2(a- 2b)2c + (2c)
2


0


[(a- 2b) + 2c]
2


0 luôn đúng
Câu2:
a)Ta có: A = -y
2
+ y(x-1)
2
+ 2x
3
- x
2
= -y

2
+ yx
2
- 2yx + y + 2x
3
- x
2
= (yx
2
+ 2x
3
- x
2
) + (-y
2
- 2yx + y) = x
2
(y + 2x - 1) -y(y + 2x - 1)
= (y + 2x - 1)(x
2
- y)
b) Ta có: x
4
- 7x
3
+ 13x
2
- 7x + 12 = 0

x

4
- 7x
3
+ 12x
2
+ x
2
- 7x + 12 = 0


(x
4
+ x
2
) + (-7x
3
7x) + (12x
2
+ 12) = 0


x
2
(x
2
+ 1) - 7x(x
2
+ 1) + 12(x
2
+ 1) = 0

(x
2
+ 1)(x
2
- 7x + 12) = 0 (1)
vì x
2
+ 1

1 với mọi x nên (1)

x
2
- 7x + 12 = 0 (2)
Xét

= (-7)
2
4.1.12 = 1 > 0
Do đó pt(2) có hai nghiệm phân biệt:
x
1
=
7 1
2.1
+
= 4; x
2

=
7 1
2.1

= 3.
Vậy pt đã cho có hai nghiệm phân biệt: x
1
= 4 và x
2
= 3.
Câu3:
a) Ta có:
ã
BRI
+
ã
BQI
= 90
o
+ 90
o
= 180
o

Vậy tứ giác BRIQ nội tiếp (1)
Ta lại có:

DIR=

DIP(c.g.c)

ã
DRI
=
ã
DPI
Mà

QIP cân nên
ã
IQP
=
ã
IPQ


ã
DRI
=
ã
DQI
Vậy tứ giác QDIR nội tiếp (2)
Từ (1) và (2)

B,Q,D,I,R cùng thuộc một đờng tròn


đpcm
b) Vì tứ giác BRID nội tiếp mà

ã
BRI
= 90
o
nên
ã
BDI
= 90
o
Vậy

BDA vuông cân, AB cố định nên D cố định. Do đó PQ luôn đi qua điểm D cố định.
Đề 4
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2000-2001
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
5
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Câu1: (2đ)
a) Tìm các giá trị của a, b biết rằng đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua các điểm:
A(2;-1) ; B(
1
2
;2)
b) Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số y = mx + 3 ; y = 3x - 7 và đồ thị của hàm
số xác định ở câu a đồng qui (cắt nhau tại một điểm).
Câu2: (2đ) Cho pt bậc hai: x
2
2(m+1)x + 2m + 5 = 0.
a) Giải pt khi m =
5

2
.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để pt đã cho có nghiệm.
Câu3: (2,5đ) Cho đờng tròn (O) và một đờng kính AB của nó. Gọi S là trung điểm của OA,
vẽ đờng tròn (S) có tâm là điểm S và đi qua A.
a) Chứng minh đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau.
b) Qua A vẽ các đờng thẳng Ax cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại M, Q; đờng thẳng Ay
cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại N, F; đờng thẳng Az cắt các đờng tròn (S) và (O) theo
thứ tự tại P, T. Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác QFT.
Câu4: (2đ) Cho hình chóp SABC có tất cả các mặt đều là tam giác đều cạnh a. Gọi M là trung
điểm của cạnh SA; N là trung điểm của cạnh BC.
a) Chứng minh MN vuông góc với SA và BC.
b) Tính diện tích của tam giác MBC theo a.
Câu5: (1,5đ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:M =
2
( 1999)x
+
2
( 2000)x
+
2
( 2001)x
Bài làm
Câu1:
a) Thay tọa độ điểm A(2;-1); B(
1
2
;2) vào pt y = ax + b ta có hệ:
2 1
1

2
2
a b
a b
+ =



+ =


Ta có:
2 1
2 1 2 1 2 1 2
1
2 4 8 3 9 3 3
2
2
a b
a b a b a b a
a b b b b
a b
+ =

+ = + = + = =




+ = = = =

+ =




b) Ta thấy đờng thẳng y = -2x + 3 và y = 3x - 7 cùng đi qua điểm A(2;-1). Để các đờng
thẳng y = -2x + 3; y = 3x - 7 và y = mx + 3 thì đờng thẳng y = mx + 3 phải đi qua điểm A(2;-
1).
Thay tọa độ điểm A vào pt y = mx + 3 ta có: 2m + 3 = -1

m = -2.
Vậy với m = -2 thì đồ thị các hàm số y = -2x + 3; y = 3x- 7 và y = mx + 3 đồng quy tại một
điểm.
Câu2:
a) Khi m =
5
2
pt trở thành x
2
7x + 10 = 0 (1)
Ta xét

= (-7)
2
- 4.1.10 = 9
Do

> 0 nên pt (1) có hai nghiệm phân biệt:
x
1

=
7 9
2
+
= 5; x
2
=
7 9
2

= 2
b) Xét pt: x
2
- 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 (*)
Ta có
'

= [-(m+1)]
2
- 1.(2m+5) = m
2
+ 2m + 1 2m 5 = m
2
- 4
Pt (*) có nghiệm

'


0

m
2
- 4

0

m

-2; m

2.
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
6
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Vậy với m

-2 hoặc m

2 thì pt (*) có nghiệm.
Câu3:
a) Vì S là trung điểm của OA nên OS = OA- SA= R- r > 0
Vậy đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau
b) Ta có:
ã
MAP
+
ã
MNP
= 180

o
(tứ giác AMNP nội tiếp)

ã
QAT
+
ã
QFT
= 180
o
(tứ giác AQFT nội tiếp)



ã
MNP
=
ã
QFT
(1)
Mặt khác:
ã
MPN
=
ã
MAN
(hai góc nội tiếp cùng chắn
ẳ
MN
)

ã
QTF
=
ã
QAF
(hai góc nội tiếp cùng chắn
ằ
FQ
)


ã
MPN
=
ã
QTF
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

MNP đồng dạng với

QFT (g-g).
Câu4:
a) Tam giác SBC là tam giác đều nên trung tuyến SN
đồng thời là đờng cao


SNB vuông tại N
áp dụng định lí pitago vào tam giác vuông SNB ta có:

SN =
2 2
SB NB
=
2 2
( )
2
a
a
=
3
2
a
(1)
Tơng tự ta có AN =
3
2
a
(2)
Từ (1) và (2)


SAN cân tại N nên trung tuyến NM đồng thời là đờng cao

MN

SA
Chứng minh tơng tự ta có MN

BC

b) áp dụng định lí pitago vào tam giác vuông SNM ta có:
MN=
2 2
SN SM
=
2 2
3
4 4
a a

=
2
2
a


S

ABC
=
1
2
MN.BC=
1
2
.
2
2
a
.a =

2
2
4
a
(đvdt)
Câu5: M =
2
( 1999)x
+
2
( 2000)x
+
2
( 2001)x
Ta chứng minh:
a
+
b

a b+
(*)
Thật vậy:
a
+
b

a b+

(
a

+
b
)
2

(
a b+
)
2

(
a
)
2
+2
a
b
+(
b
)
2

(a+b)
2



a
2
+2

ab
+b
2

a
2
+2ab+b
2

ab

ab luôn đúng.
Dấu= xảy ra

ab

0.
Ta có: M =
2
( 1999)x
+
2
( 2000)x
+
2
(2001 )x
(vì (x-2001)
2
=(2001-x)
2

)
=
1999x
+
2000x
+
2001 x
áp dụng bất đẳng thức (*) cho hai số
1999x
và
2001 x
ta có:

1999x
+
2001 x

( 1999) (2001 )x x +

1999x
+
2001 x

1999 2001x x +


1999x
+
2001 x

2

1999x
+
2001 x

2 (1)
Mặt khác:
2000x

0 với mọi x (2)
Từ (1) và (2)

1999x
+
2000x
+
2001 x

2 Hay M

2
Dấu= xảy ra khi và chỉ khi:
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
7
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

2000 0
2000 0 2000
2000

( 1999)(2001 ) 0 1999 2001
1999 2001 2
x
x x
x
x x x
x x

=
= =


=


+ =



Với x = 2000 ta có M =
2
(2000 1999)
+
2
(2000 2000)
+
2
(2000 2001)
=
1

+
0
+
1
= 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 2.
Đề 5
Kỳ thi vào lớp 10 PTTH Lam Sơn - Năm học 2000-2001
Câu1: (2đ) Xét biểu thức: A = 1- (
2
1 2 x+
-
5
4 1
x
x
-
1
1 2 x
):
1
4 4 1
x
x x

+ +
a) Rút gọn A và nêu các điều kiện phải có của x.
b) Tìm giá trị của x để A = -
1
2

.
Câu2: (2đ) Giải hệ pt:
1 1 1
1
1 1 1
2
1 1 1
3
x y z
y z x
z x y

=



=



=



Câu3: (1,5đ) Tìm các hệ số p, q của pt x
2
+ px + q = 0 sao cho nó có các nghiệm x
1
, x
2

thoả
mãn:
1 2
3 3
1 2
5
35
x x
x x
=



=


Câu4: (1,5đ) Cho a, b, c, d là các số thực dơng có tổng bằng 1. CMR:

2
a
a b+
+
2
b
b c+
+
2
c
c d+
+

2
d
d a+

1
2

Khi nào xảy ra dấu =?
Câu5: (3đ) Cho một nửa đờng tròn (O) đờng kính AB; một điểm M nằm trên cung AB và một
điểm C nằm trên đờng kính AB sao cho CA < CB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm
M ngời ta kẻ các tia Ax, By vuông góc với AB. Đờng thẳng đi qua M vuông góc với MC cắt
Ax, By theo thứ tự tại P, Q. Gọi R là giao điểm của AM với CP; S là giao điểm của BM với
CQ.
a) Chứng minh các tứ giác APMC, BQMC nội tiếp đợc.
b) Chứng minh RS //AB
c) Tứ giác ARSC có thể là hình bình hành đợc không? Tại sao?
Bài làm
Câu1: A = 1- (
2
1 2 x+
-
5
4 1
x
x
-
1
1 2 x
):
1

4 4 1
x
x x

+ +
a) Điều kiện: x

0; 1- 2
x

0; 4x-1

0

x

0 và x

1
4
.
Ta có: A = 1- (
2
1 2 x+
-
5
4 1
x
x
-

1
1 2 x
):
1
4 4 1
x
x x

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

+
+
5
1 4
x
x
-
1 2
(1 2 )(1 2 )
x
x x
+
+
).
4 4 1

1
x x
x
+ +

Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
8
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
= 1-
2 4 5 1 2
(1 2 )(1 2 )
x x x
x x
+
+
.
4 4 1
1
x x
x
+ +

= 1-
1
(1 2 )(1 2 )
x
x x

+
.

2
(2 1)
1
x
x
+


= 1 +
1 2
1 2
x
x
+

=
2
1 2 x
b) Ta có A = -
1
2

2
1 2 x
= -
1
2

1-2
x

= - 4

2
x
= 5

x
=
5
2

x=
25
4
.
Kết hợp với điều kiện trên ta thấy với x=
25
4
thì A = -
1
2
.
Câu2: Ta có:
1 1 1
1
1 1 1
2
1 1 1
3
x y z

y z x
z x y

=



=



=


2 2
5
5
2 1
4
2
2
2
3
3
x
x
y
y
z
z

= =






= =





=
=



Vậy hệ pt đã cho có nghiệm(x;y;z) = (
2
5

;
1
2

;

2
3

)
Câu3: Pt: x
2
+ px + q = 0 (1) có nghiệm


= p
2
- 4q

0
Với x
1
; x
2
là các nghiệm của pt(1). Theo vi-et ta có:
x
1
+ x
2
=
b
a

= -p; x
1
.x

2
=
c
a
= q
Ta có:
1 2 1 2 1 2
3 3 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
5 5 5
35 ( )( ) 7
x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
= = =




= + + + + =




1 2
2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
5
( ) 3 . 7

( ) . 7
x x
x x x x
x x x x
=


+ =


+ =

1 2 1 2
2
1 2 1 2
2 2
1 2 1 2
1
5 5
6
1
3 . 18 . 6
6
1
( ) 1 ( ) 1
6
p
x x x x
q
p

x x x x
q
p
x x x x
q

=


= =


=

=



= =


=
=




+ = + =

=



Với p
2
= 1 và q = - 6 ta có

=1- 4.(-6) = 25 > 0 thoả mãn điều kiện.
Vậy với p= -1 và q= -6 hoặc p= 1 và q= -6 là các cặp giá trị cần tìm.
Câu4: áp dụng bđt côsi cho hai số
2
a
a b+
và
4
a b+
ta có:

2
a
a b+
+
4
a b+

2
2
.
4

a a b
a b
+
+


2
a
a b+
+
4
a b+

2
2
a


2
a
a b+
+
4
a b+

a (1)
Tơng tự ta có:
2
b
b c+

+
4
b c+

b (2)

2
c
c d+
+
4
c d+

c (3)

2
d
d a+
+
4
d a+

d (4)
Từ (1);(2);(3)và (4)

2
a
a b+
+
4

a b+
+
2
b
b c+
+
4
b c+
+
2
c
c d+
+
4
c d+
+
2
d
d a+
+
4
d a+

a + b + c + d
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
9
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT


(

2
a
a b+
+
2
b
b c+
+
2
c
c d+
+
2
d
d a+
)+ (
4
a b+
+
4
b c+
+
4
c d+
+
4
d a+
)

1

(
2
a
a b+
+
2
b
b c+
+
2
c
c d+
+
2
d
d a+
)+
2( )
4
a b c d+ + +

1


(
2
a
a b+

+
2
b
b c+
+
2
c
c d+
+
2
d
d a+
)+
1
2

1


(
2
a
a b+
+
2
b
b c+
+
2
c

c d+
+
2
d
d a+
)

1
2
Vậy đẳng thức đã đợc chứng minh
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi:
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
4 4
4 ( )
4 ( )
4 4
4 ( )
4 4
4 ( )
4 4
a a b a a b
a
a b a b
a a b

a b
b b c b b c
b
b b c b c
b c b c
c d
c c d c c d c c d
c
d a
c d c d
d d a
d d a d d a
d
d a d a

+ +
+ = =

+ +


= +
=

+ +

+ = =


= + =

+ +


=
+ + = +

+ = =

=
+ +

= +


+ +

+ = =

+ +


a = b = c = d =
1
4
Câu5:
a) Ta có:
Tứ giác APMC nội tiếp đờng tròn(vì
ã
PAC

+
ã
PMC
=180
o
)
Tứ giác BQMC nội tiếp đờng tròn(vì
ã
QBC
+
ã
QMC
=180
o
)
b) Ta có:

ã
PMA
=
ã
PCA
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung PA)

ã
QMB
=
ã
QCB
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB)

Mặt khác:
ã
AMB
=90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

ã
PCA
+
ã
QCB
=
ã
PMA
+
ã
QMB
=90
o

ã
PCQ
=90
o


Tứ giác MRCS nội tiếp đờng tròn(vì
ã
RMS

+
ã
RCS
=180
o
)


ã
RCM
=
ã
RSM
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung RM) (1)
Ta lại có:

ã
PAM
=
ã
PCM
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung PM) (2)

ã
PAM
=
ã
ABM
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra

ã
RSM
=
ã
ABM
(ở vị trí đồng vị)


RS//AB
c) Tứ giác ARSC không thể là hình bình hành. Vì:
Nếu tứ giác ARSC là hình bình hành

CS//AM

CS

MB

PC//MB

AM

PC

PC là trung trực của AM

CA = CM

C

O

CA = CB mâu thuẫn với giả thiết CA< CB
Đề 6
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
10
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Kỳ thi tốt nghiệp THCS - Năm học 2001-2002
A.Lý thuyết:(2đ) Học sinh đợc chọn một trong hai câu sau:
Câu1: a) Hãy nêu hệ thức vi-et đối với pt bậc hai (không chứng minh)
b) Cho hai đờng thẳng d
1
và d
2
có pt tơng ứng là:
y = ax + b và y = mx + n.
Hỏi khi nào hai đờng thẳng đó cắt nhau? Song song với nhau? Trùng nhau?
Câu2: a) Chứng minh định lí: Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo hai góc đối diện nhau
bằng hai góc vuông
b) Phát biểu định lí đảo của định lí trên.
B.Bài tập bắt buộc:(8đ)
Câu1:(2đ) Cho pt bậc hai: x
2
7x + m + 2 = 0
a) Giải pt khi m = 4.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để pt có nghiệm
Câu2:(2,5đ) Một hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là 1500m
2
. Tính kích thớc
của hình chữ nhật đó.

Câu3:(3,5đ) Cho đờng tròn tâm O đờng kính BC, M là một điểm trên đờng tròn (M khác B và
C). Tiếp tuyến của đờng tròn tại M cắt hai tiếp tuyến của đờng tròn tại B và C ở các điểm tơng
ứng là P và Q.
a) Chứng minh các tứ giác BPMO và CQMO nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác POQ là tam giác vuông tại O.
c) Hạ MA vuông góc với BC (A nằm trên BC), hạ AE vuông góc với MB (E nằm trên MB),
hạ AF vuông góc với MC (F nằm trên MC). Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp.
Bài làm
A.Lý thuyết:
Câu1:
a) Nếu x
1
, x
2
là nghiệm của pt ax
2
+ bx + c = 0 (a

0) thì
1 2
1 2
.
b
x x
a
c
x x
a

+ =




=


b) Đờng thẳng y = ax+b và y = mx+n cắt nhau

a

m
Đờng thẳng y = ax+b và y = mx+n song song với nhau

a=m và b

n
Đờng thẳng y = ax+b và y = mx+n trùng nhau

a=m và b=n
Câu2: a) Giả sử tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
Ta có:
ã
ABC
=
1
2
sđ
ẳ

ADC
;
ã
ADC
=
1
2
sđ
ẳ
ABC



ã
ABC
+
ã
ADC
=
1
2
sđ
ẳ
ADC
+
1
2
sđ
ẳ
ABC

=
1
2
( sđ
ẳ
ADC
+sđ
ẳ
ABC
) =
1
2
.360
o
= 180
o
.
Chứng minh tơng tự ta có:
ẳ
BAD
+
ẳ
BCD
= 180
o
.
b) Định lí đảo: Tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng hai góc vuông là tứ giác
nội tiếp.
B.Bài tập bắt buộc:
Câu1: Cho pt bậc hai: x

2
7x + m + 2 = 0
a) Khi m = 4 pt trở thành x
2
7x + 6 = 0 (1)
Ta có a+b+c = 1+(-7) +6 = 0 nên pt (1) có hai nghiệm phân biệt: x
1
= 1; x
2
=
c
a
=6
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
11
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
b) Pt: x
2
7x + m + 2 = 0 có nghiệm


= (-7)
2
- 4.1.(m+2)

0


49- 4m- 8

0

4m

41

m

41
4
Câu2:
Gọi kích thớc của hình chữ nhật là a, b.
Theo bài ra ta có: a + b =160:2 = 80; ab = 1500.
Kích thớc của hình chữ nhật là nghiệm của pt: x
2
- 80x + 1500 = 0
Ta có:
'

=(-40)
2
- 1500 = 100. Do đó pt có hai nghiệm phân biệt:
x
1
=
40 100
1

= 30; x
2

=
40 100
1
+
= 50.
Vậy kích thớc của hình chữ nhật đó là 30m và 50m.
Câu3:
a) Tứ giác BPMO nội tiếp đờng tròn(vì
ã
OBP
+
ã
OMP
=180
o
)
Tứ giác CQMO nội tiếp đờng tròn(vì
ã
OMQ
+
ã
OCQ
=180
o
)
b)Ta có:
ã
BOP
=
ã

BMP
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP)

ã
COQ
=
ã
CMQ
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CQ)
Mặt khác:
ã
BMC
=90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)


ã
BOP
+
ã
COQ
=
ã
BMP
+
ã
CMQ
= 90
o

ã
POQ
=90
o

tam giác POQ vuông tại O.
c) Ta có:
ã
MBA
+
ã
BMA
=90
o
(hai góc phụ nhau)
Tứ giác AEMF nội tiếp đờng tròn(vì
ã
MEA
+
ã
MFA
=180
o
)


ã

EMA
=
ã
EFA
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA)
Tứ giác BEFC có:
ã
EBC
+
ã
EFC
=
ã
EBC
+
ã
EFA
+
ã
AFC
=
ã
MBA
+
ã
BMA
+
ã
AFC
=90

o
+90
o
= 180
o


Tứ giác BEFC nội tiếp đờng tròn
Đề 7
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2001-2002
Câu1: (1,5đ) Cho biểu thức: A = (
2
3
4
x
x x
-
6
3 6x
+
1
2x +
):(x - 2 +
2
10
2
x
x

+

)
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của biểu thức A với x =
1
2
.
Câu2: (2đ) Cho pt: x
2
-2(m 1) x (m + 1) = 0.
a) Giải pt trình với m = 2.
b) Chứng minh rằng với mọi m pt luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
.
c) Tìm m để
1 2
x x
có giá trị nhỏ nhất.
Câu3: (1,5đ) Cho hệ pt:
1
2 .
x y
mx y m
+ =


+ =

a) Giải hệ pt với m = 2.
b) Xác định m để hệ pt có 1 nghiệm? Vô nghiệm? Vô số nghiệm?
Câu4: (2,5đ) Cho tam giác cân ABC (AB = AC), với
à
A
= 45
o
, nội tiếp trong đờng tròn tâm O.
Đờng tròn đờng kính BC cắt AB ở E, cắt AC ở F
a) CMR: O thuộc đờng tròn đờng kính BC
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
12
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
b) CM:

AEC;

AFB là những tam giác vuông cân.
c) Chứng minh tứ giác EOFB là hình thang cân. Suy ra EF = BC.
2
2
Câu5:(1,5)
Cho tứ diện có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2cm. SA vuông góc với đáy, SA = 2cm.
a) Tính thể tích của tứ diện
b) Gọi AM là đờng cao , O là trực tâm của tam giác ABC. Gọi H là hình chiếu của O trên
SM. Chứng minh rằng OH vuông góc với mặt phẳng (SBC)
Câu6: (1đ) Tìm nghiệm nguyên dơng của pt:
x
+
y

=
1998
Bài làm
Câu1: A = (
2
3
4
x
x x
-
6
3 6x
+
1
2x +
):(x - 2 +
2
10
2
x
x

+
)
a) Ta có: A = (
2
3
4
x
x x

-
6
3 6x
+
1
2x +
):(x - 2 +
2
10
2
x
x

+
)
= (
2
( 2)( 2)
x
x x x +
-
6
3( 2)x
+
1
2x +
):(
( 2)( 2)
2
x x

x
+
+
+
2
10
2
x
x

+
)
= (
( 2)( 2)
x
x x +
-
2
2x
+
1
2x +
):
2 2
4 10
2
x x
x
+
+

=
2( 2) 2
( 2)( 2)
x x x
x x
+ +
+
:
6
2x +
=
6
( 2)( 2)x x

+
.
2
6
x +
=
1
2-x
b) Với x =
1
2
ta có: A =
1
1
2
2

=
2
3
Câu2: a) Với m = 2 pt trở thành: x
2
- 2 x -3 = 0 (1)
Ta có a- b +c =1-(-2) -3 = 0 nên pt(1) có hai nghiệm phân biệt:
x
1
= -1; x
2
=
c
a

= 3
b) Xét pt x
2
- 2(m- 1) x - (m + 1) = 0 (*).
Có:
'

= [-(m-1)]
2
+ m +1 = m
2
- 2m+ 1+ m +1= m
2
- m+ 2 > 0 với mọi m nên pt(*)

luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
c) Ta có
1 2
x x
=
2
1 2
( )x x
=
2
1 2 1 2
( ) 4x x x x+
=
2
(2( 1)) 4( ( 1))m m +
=
2
4 8 4 4 4m m m + + +
=
2
4 4 8m m +
=
2
4( 2)m m +
= 2
2
1 7
4 4
m m + +
= 2

2
1 7
( )
4 4
m m + +
= 2
2
1 7
( )
2 4
m +
Vì (m-
1
2
)
2

0 với mọi m

(m-
1
2
)
2
+
7
4

7
4

với mọi m

1 2
x x

2
7
4
=
7
với mọi m
Dấu= xảy ra

m-
1
2
= 0

m =
1
2
.
Vậy với m =
1
2
thì
1 2
x x
có giá trị nhỏ nhất.
Câu3: a) Với m = 2 hệ pt trở thành

1 3 3
2 4 1 2
x y x x
x y x y y
+ = = =



+ = + = =


Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
13
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Vậy khi m = 2 thì hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (3; -2)
b) Ta có:
1 1
2 ( 1) 2 1
x y x y
mx y m m x m
+ = + =



+ = =


+) Hệ pt đã cho có một nghiệm

(m-1)x = 2m-1 có một nghiệm

m- 1

0

m

1.
+) Hệ pt đã cho vô nghiệm

(m-1)x = 2m-1 vô nghiệm

m- 1 = 0 và 2m- 1

0

m =1.
+) Hệ pt đã cho có vô số nghiệm

(m-1)x = 2m-1 có vô số nghiệm

m- 1 = 2m- 1=0.
Không có giá trị nào của m thoả mãn m- 1 = 2m- 1=0.
Vậy không có giá trị nào của m để pt đã cho có vô số nghiệm.
Câu4:
a) Ta có
ã
BAC
=
1

2
sđ
ẳ
BmC
= 45
o
(góc nội tiếp)

sđ
ẳ
BmC
=90
o


ã
BOC
=sđ
ẳ
BmC
=90
o
(góc ở tâm)


O nằm trên đờng tròn đờng kính BC
b) Ta có:

ã
BEC

=90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)


ã
AEC
= 180
o
-
ã
BEC
=90
o
(hai góc kề bù)



AEC là tam giác vuông có
ã
EAC
= 45
o



AEC là tam giác vuông cân.
Chứng minh tơng tự ta có

AFB là tam giác vuông cân.

c) Ta có:
ã
OEC
= 45
o
(góc nội tiếp chắn 1/4đờng tròn)
Mà tam giác AEC vuông cân tại E nên EO là phân giác
đồng thời là đờng cao

EO

AC
Lại có BF

AC(c/m trên)
Vậy EO//BF
Mặt khác
ã
EBF
=
ã
OFB
= 45
o
.
Vậy tứ giác BEOF là hình thang cân.


EF = BO
áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông OBC ta có:

OB = BC.Sin
ã
OCB
= BC. Sin45
o
= BC.
2
2

Do
ẳ
EOF
=
ẳ
BEO

EF = OB = BC.
2
2
Câu5:
a) Ta có: S
ABC
=
1
2
AM.BC =
1
2
3
.2 =

3
(cm
2
)


V
SABC
=
1
3
B.h =
1
3
3
.2 =
2
3
(cm
3
)
b) Ta có: BC

AM(gt)
SA

BC(gt)


BC

(SAM)

BC

OH
Mặt khác OH

SM(gt)


OH

(SBC)
Câu6:
Ta có:
x
+
y
=
1998

x
+
y
= 3
222
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
14
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

Vì
222
là số vô tỉ nên
x
= a
222
;
y
= b
222


x
+
y
= (a + b)
222

3
222

a + b = 3
Do a, b nguyên dơng nên
1
2
a
b
=

=

hoặc
2
1
a
b
=


=


Với a =2 và b = 1 ta có:
2 222
222
x
y

=


=



888
222
x
y

=



=


Với a = 1 và b = 2 ta có:
222
2 222
x
y

=


=



Đề 8
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT ( Tỉnh Ninh Bình) - Năm học 2001-2002
Câu1: Giải các pt:
1) x
2
+ 5x 14 = 0.
2) 2x + 5
2 1x
- 15 = 0
3) x

4
+ 5x
3
10x
2
+ 10x + 4 = 0.
Câu2: Cho hệ pt:
2
( 1) 5
( 1) 5
m x m y
mx m y

+ =

+ + =


1) Giải hệ pt với m = 2.
2) Tìm giá trị của m để hệ pt trên có nghiệm x = y = -5
Câu3: Với a

0; a

4; a

9. Rút gọn biểu thức: P =
3
1
2

a
a





ữ
ữ




:
2 3 2
3 2 5 6
a a a
a a a a


+ + +
+

ữ
ữ

+


Câu4: Cho đờng tròn đờng kính AB; Trên tia AB lấy điểm C sao cho B nằm giữa AC, từ C kẻ

đờng thẳng x vuông góc với AB, trên x lấy điểm D (D

C). Nối DA cắt đờng tròn tại M, nối
DB cắt đờng tròn tại N, nối CN cắt đờng tròn tại K.
1) Chứng minh ADCN là tứ giác nội tiếp đợc đờng tròn.
2) Chứng minh AC là phân giác của góc KAD.
3) Kéo dài MB cắt đờng thẳng x tại S. Chứng minh ba điểm S, A, N thẳng hàng.
Câu5: Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đờng cao AH. Đặt HB = x, HC = y, AH = z.
Chứng minh rằng: nếu x + y + z = xyz thì z

3
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài làm
Câu1:
1) x
2
+ 5x 14 = 0 (1)
Ta có:

= 5
2
- 4.1.(-14) = 81.
Do

> 0 nên pt(1) có hai nghiệm phân biệt:
x
1
=
5 81
2

+
= 2; x
2
=
5 81
2

= -7
2) 2x + 5
2 1x
- 15 = 0 (2)
Điều kiện: 2x- 1

0

x

1
2
.
Pt(2)

2x- 1+ 5
2 1x
- 14 = 0

(
2 1x
)
2

+ 5
2 1x
- 14 = 0 (*)
Đặt t =
2 1x
(t

0)
Pt(*)

t
2
+ 5t 14 = 0 có hai nghiệm phân biệt (theo (1)): t
1
= 2; t
2
= -7(loại)
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
15
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Với t = 2

2 1x
= 2

2x-1 = 4

x =
5
2

(thoả mãn điều kiện x

1
2
)
Vậy pt đã cho có nghiệm x =
5
2

3)x
4
+ 5x
3
10x
2
+ 10x + 4 = 0
Giải: ta thấy x = 0 không là nghiệm của pt
Với x

0 chia hai vế của pt cho x
2
ta đợc x
2
+ 5x- 10 +
10
x
+
2
4
x

= 0
Đặt y = x +
2
x
ta có pt mới y
2
+ 5y - 14 = 0
Theo câu a ta có: y
1
= -7; y
2
= 2
Với y = -7 ta có: x
2
+ 7x + 2 = 0

x=
7 41
2

; x =
7 41
2
+
Với y = 2 ta có: x
2
- 2x + 2 = 0 vô nghiệm
Vậy pt đã cho có hai nghiệm x=
7 41
2

; x =
7 41
2
+

Câu2:
1) Với m = 2 hệ pt(1) trở thành:

4 5 4 5 5 5 1 1
2 3 5 4 6 10 4 5 4 5 1
x y x y y y x
x y x y x y x y y
+ = + = = = =



+ = + = + = + = =


2) Thay x = y = -5 vào hệ pt (1) ta đợc:

2 2 2
5 5( 1) 5 5 5 5 5 5 5 0
1
5 5( 1) 5 10 5 5 10 10
m m m m m m
m
m m m m

= + = + =
=

+ = = =


Vậy với m = -1 thì hệ pt(1) có nghiệm x = y = -5
Câu3: Với a

0; a

4; a

9 Ta có:
P =
3
1
2
a
a





ữ
ữ

:
2 3 2
3 2 5 6
a a a
a a a a


+ + +
+

ữ
ữ

+


=
2 3
2
a a
a


+

ữ
ữ

:
2 3 2
3 2 (2 )(3 )
a a a
a a a a


+ + +
+

ữ
ữ




=
1
2a
:
(2 )(2 ) (3 )(3 ) 2
(2 )(3 )
a a a a a
a a
+ + + +


=

1
2a
:
4 9 2
(2 )(3 )
a a a
a a
+ + +

=
1
2a
:
3
(2 )(3 )
a
a a


=
1
2a
:
1
2a
=1
Câu4:
a) Ta có:
ã
ANB

= 90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)


ã
AND
= 90
o
Mặt khác:
ã
ACD
= 90
o
Do đó hai điểm N và C cùng nhìn AD dới một góc vuông


Hai điểm N và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AD
Hay tứ giác ADCN nội tiếp đờng tròn.
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
16
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
b) Ta có:
ã
KAB
=
ã
KNB
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

ã
KNB
=
ã
CAD
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)


ã
KAB
=
ã
CAD

AC là phân giác của
ã
KAD
.
c) Ta có:
ã
AMB
= 90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
B là giao điểm của hai đờng cao SM và AC của

ADS
nên B là trực tâm

ADS

Mặt khác DN

AN (chứng minh trên)
Do đó DN là đờng cao còn lại của

ADS
Hay ba điểm A, N, S thẳng hàng.
Câu5:
áp dụng hệ thức về đờng cao ta có: z
2
= x.y


z =
xy
Ta có: x + y + z = xyz

x + y +
xy
= xy
xy


x- 2
xy
+ y + 3
xy
= xy
xy

x- 2
xy
+ y = xy
xy
- 3
xy


(
x
-
y
)
2
=
xy
(xy- 3)
Vì (
x
-
y
)
2


0 với mọi x, y dơng

xy

(xy- 3)

0

xy- 3

0

xy

3

xy

3

z

3
.
Dấu= xảy ra khi và chỉ khi:
3 3
3
3
0
xy xy
xy
x y
x y
x y x y

= =

=


= =

=
= =




Đề 9
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2002 2003.
Câu1:(1,5đ) 1) Giải pt: x
2
6x + 5 = 0
2) Tính giá trị của biểu thức: A = (
32
-
50
+
8
) :
18

Câu2:(1,5đ) Cho pt: mx
2
(2m + 1)x + m - 2 = 0 (1), với m là tham số.

Tìm các giá trị của m để pt (1):
a) Có nghiệm.
b) Có tổng bình phơng các nghiệm bằng 22.
c) Có bình phơng của hiệu hai nghiệm bằng 13.
Câu3:(1đ)Giải bài toán bằng cách lập hệ pt: Tính các cạnh của một tam giác vuông biết rằng
chu vi của nó là 12cm và tổng bình phơng độ dài các cạnh bằng 50
Câu4:(1đ) Cho biểu thức: B =
2
2
3 5
1
x
x
+
+
1) Tìm các giá trị nguyên của x để B nhận giá trị nguyên.
2) Tìm giá trị lớn nhất của B.
Câu5:(2,5đ) Cho tam giác ABC cân đỉnh A nội tiếp trong đờng tròn tâm O. Gọi M, N, P lần l-
ợt là các điểm chính giữa các cung nhỏ AB, BC, CA; BP cắt AN tại I; MN cắt AB tại E.
Chứng minh rằng:
1) Tứ giác BCPM là hình thang cân; Góc ABN có số đo bằng 90
o
.
2) Tam giác BIN cân; EI//BC.
Câu6:(1,5đ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy là 18cm, độ dài đờng cao
là 12cm.
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
17
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
1) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình chóp.

2) Chứng minh đờng thẳng AC vuông góc với mặt phẳng (SBD).
Câu7:(1đ) Giải pt: x
4
+
2
2002x +
= 2002
Bài làm
Câu1: 1) Giải pt: x
2
6x + 5 = 0 (1)
Ta có: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0
Vậy pt(1) có hai nghiệm phân biệt: x
1
= 1; x
2
=
c
a
= 5
2) Ta có: A = (
32
-
50
+
8
):
18
= (4
2

- 5
2
+ 2
2
): 3
2
=
2
:3
2
=
1
3
Câu2: Cho pt: mx
2
(2m + 1)x + m - 2 = 0 (1), với m là tham số.
a)- Nếu m = 0 pt(1) trở thành -x - 2 = 0

x = -2
- Nếu m

0: Pt(1) có nghiệm


= (-2m- 1)
2
- 4m(m- 2)

0

4m
2
+ 4m + 1- 4m
2
+ 8m

0

12m

-1

m


1
12

Kết hợp với điều kiện trên ta có m

0 và m


1
12


Vậy với m

1
12

thì pt(1) có nghiệm.
b) Pt(1) có tổng bình phơng các nghiệm bằng 22

2 2
1 2
0
0
22
m
x x






+ =


2 2 2
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
0 0 0
1 1 1
12 12 12
2 . 2 . 22 ( ) 2 . 22
2 1 2

2 22
m m m
m m m
x x x x x x x x x x
m m
m m













+ + = + =

+


=


ữ

Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
18
®Ò thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT
2 2 2
2 2
0 0
1 1
12 12
(2 1) 2 4 (2 1) (2 4) 22
22 0 0
m m
m m
m m m m m m
m
m m
 
 
≠ ≠
 
− −
 
⇔ ≥ ⇔ ≥
 
 
 
+ − + − − −
− − = =

 
 

2 2 2 2
0 0
1 1
12 12
4 4 1 2 4 22 0 20 8 1 0
m m
m m
m m m m m m m
≠ ≠
 
 
− −
 
⇔ ≥ ⇔ ≥
 
 
 
+ + − + − = − − =
 
0
1 1
12 2
1
2
1
10
m

m m
m
m





≠

−

⇔ ≥ ⇔ =




=




−


=





VËy víi m =
1
2
th× pt(1) cã tæng c¸c nghiÖm b»ng 22
c) Pt(1) cã b×nh ph¬ng cña hiÖu hai nghiÖm b»ng 13
⇔
( )
2
1 2
0
0
x x 13
m

≠


∆ >


− =


2 2
2
1 2 1 2
2
0 0 0
1 1 1
12 12 12

( ) 4 13 (2 1) 4 8
2 1 2
13 0
4 13
m m m
m m m
x x x x m m
m m
m
m
m m




≠ ≠ ≠





− − −
  
⇔ > ⇔ > ⇔ >
  
  
  
+ − = + −

+ −



− − =
− =
 

÷






2 2 2 2
2
0 0
1 1
12 12
(2 1) (4 8) 13 (2 1) (4 8) 13 0
0
m m
m m
m m m m m m m m
m


≠ ≠




− −
 
⇔ > ⇔ >
 
 
 
+ − − − + − − − =

=


2 2 2 2
0 0 0
1
1 1 1
1
12 12 12
13
1
4 4 1 4 8 13 0 13 12 1 0
1
13
m m m
m
m m m
m
m
m m m m m m m
m




≠ ≠ ≠
 

=

 

− − −
  

⇔ > ⇔ > ⇔ > ⇔
−
  

=
  

  
=
+ + − + − = − − =

 


−


=




Gi¸o viªn: D¬ng V¨n Chinh Tr– êng THCS Nga Trung Trang
19
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Vậy với m = 1 hoặc m =
1
13

thì pt(1) có bình phơng của hiệu hai nghiệm bằng 13.
Câu3
Gọi hai cạnh góc vuông của tam giác vuông là a, b(a;b >0). Khi đó cạnh huyền là
2 2
a b+
Theo bài ra ta có:
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
12
12 12
50 25
( ) 50
a b a b
a b a b a b a b
a b a b a b
a b a b

+ + + =
+ + + = + + + =



+ + + = + =

+ + + =



2 2 2
7 7
7 7 7
2 24 12 (7 ) 12
25 ( ) 2 25
a b a b
a b a b a b
ab ab a a
a b a b ab
+ = + =
+ = + = + =




= = =
+ = + =

2
7
7 12 0
a b
a a
+ =



+ =

4
7
3
4
3
3
4
a
a b
b
a
a
a
b

=

+ =

=



=



=




=


=



Vậy hai cạnh góc vuông của tam giác đó là 3 và 4. Cạnh huyền là
2 2
3 4+
= 5.
Câu4: 1) Ta có: B =
2
2
3 5

1
x
x
+
+
= 3 +
2
2
1x +
.
Biểu thức B nhận giá trị nguyên

2
2
1x +
nhận giá trị nguyên

(x
2
+ 1) là ớc của 2
Ta lại có x
2
+ 1

1 với mọi x nên (x
2
+ 1) là ớc của 2

(x
2

+ 1)

{ }
1;2
- Nếu x
2
+ 1 = 1

x
2
= 0

x = 0
- Nếu x
2
+ 1 = 2

x
2
= 1

x =

1.
Vậy với x = 0 hoặc x =

1 thì biểu thức B nhận giá trị nguyên.
2) Ta có x
2
+ 1

1

2
2
1x +

2

3 +
2
2
1x +

5

B

5.
Vậy B lớn nhất bằng 5.
Câu5:
1. Ta có: AB = AC

ẳ
AMB
=
ẳ
APC
=
1

2
ẳ
BAC

ẳ
AM
=
ằ
MB
=
1
2
ẳ
AMB
(gt)

ằ
AP
=
ằ
PC
=
1
2
ẳ
APC
(gt)


ẳ

AM
=
ằ
MB
=
ằ
AP
=
ằ
PC

ẳ
BAP
=
ẳ
MPC

Do
ã
MBC
=
1
2
sđ
ẳ
MPC
(góc nội tiếp chắn
ẳ
MPC
)

ã
BCP
=
1
2
sđ
ẳ
BAP
(góc nội tiếp chắn
ẳ
BAP
)


ã
MBC
=
ã
BCP
Mặt khác
ã
MBC
+
ã
MPC
=180
o
(Vì tứ giác BCPM nội tiếp đờng tròn)

ã
MPC
+
ã
BCP
=
ã
MPC
+
ã
MBC
=180
o


MP//BC

Tứ giác BCPM là hình thang có MB=PC(vì
ằ
MB
=
ằ
PC
)nên tứ giác BCPM là hình thang cân
Ta lại có:
ằ
BN
=
ằ
NC

=
1
2
ẳ
BNC
(gt)

NB = NC
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
20
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

ã
ABN
=
1
2
sđ
ẳ
APN
(góc nội tiếp chắn
ẳ
APN
)


ã
ABN
=
1

2
sđ(
ẳ
APC
+
ằ
NC
) =
1
2
sđ
ẳ
ẳ
1 1
2 2
BAC BNC


+
ữ


=
1
4
sđ
ẳ
ẳ
)
(

BAC BNC+
=
1
4
.360
o
= 90
o
.
2. Ta có:
ã
IBN
=
1
2
sđ
ẳ
PCN
(góc nội tiếp chắn
ẳ
PCN
) (1)

ã
ABI
=
1
2
sđ
ằ

AP
(góc nội tiếp chắn
ằ
AP
)

ã
BAI
=
1
2
sđ
ằ
BN
(góc nội tiếp chắn
ằ
BN
)

ã
BIN
=
ã
ABI
+
ã
BAI
(góc ngoài của tam giác)

ã
BIN
=
1
2
sđ
ằ
AP
+
1
2
sđ
ằ
BN
=
1
2
ằ
PC
+
1
2
ằ
NC
=
1
2
(
ằ
PC

+
ằ
NC
) =
1
2
ẳ
PCN
(2)
Từ (1) và (2)

ã
BIN
=
ã
IBN


BIN cân.
Ta có:
ã
BNE
=
1
2
sđ
ằ
MB
(góc nội tiếp chắn
ằ

MB
)

ã
ENI
=
1
2
sđ
ẳ
AM
(góc nội tiếp chắn
ẳ
AM
)
Mà
ằ
MB
=
ẳ
AM

ã
BNE
=
ã
ENI


BEN =

IEN(c.g.c)


ã
EIN
=
ã
EBN
=90
o
(3)
Vì AB = AC; NB = NC

AN là trung trực của BC

AN

BC (4)
Từ (3) và (4)

EI//BC.
Câu6:
1) Vì S.ABCD là hình chóp đều nên ABCD là hình vuông; các tam giác SAB, SBC, SCD,
SDA là các tam giác cân bằng nhau.
Gọi H = AC
I
BD

HA = HB = HC = HD . Khi đó SH

(ABCD)
Gọi K là trung điểm của BC

HK là đờng trung bình của

BCD

HK =
1
2
CD = 9 (cm)
áp dụng định lí pitago vào tam giác vuông SHK ta có:
SK =
2 2
SH HK+
=
2 2
12 9+
= 15 (cm)
S

SBC
=
1
2
SK.BC =
1
2
.15.18 = 135 (cm

2
)
Do đó
xq
S
=S

SBC
+S

SCD
+S

SAB
+S

SDA
= 4.S

SBC
=4.135= 540
S
ABCD
= AB
2
= 18
2
= 324 (cm
2
)

V
SABCD
=
1
3
AH. S
ABCD
=
1
3
.12.324 = 1296 (cm
3
)
2) Ta có: AC

BD (tính chất đờng chéo của hình vuông) (1)
Tam giác SAC cân

trung tuyến SH đồng thời là đờng cao của tam giác SAC


SH

AC (2)
Từ (1) và (2)

AC

(SBD)
Câu7:

x
4
+
2
2002x +
= 2002

x
4
= -
2
2002x +
+ 2002

x
4
+ x
2
+
1
4
= x
2
+ 2002-
2
2002x +
+
1
4
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang

21
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT


(x
2
+
1
2
)
2
= (
2
2002x +
-
1
2
)
2
(1)
Ta có: x
2
+
1
2
> 0 với mọi x;
2
2002x +
-
1

2
> 0 với mọi x
Do đó (1)

x
2
+
1
2
=
2
2002x +
-
1
2

x
2
+ 1 =
2
2002x +

x
4
+ 2x
2
+ 1 = x
2
+ 2002

x
4
+ x
2
- 2001 = 0

X
2
+ X- 2001 = 0 (*) Trong đó X = x
2
; X

0
Ta có:

= 1
2
+ 4.1.2001 = 8005 > 0
Vậy pt(*) có hai nghiệm phân biệt:
X
1
=
1 8005
2
+
; X
2
=
1 8005

2

(loại vì
1 8005
2

< 0)
X =
1 8005
2
+

x
2
=
1 8005
2
+

x =

1 8005
2
+

Vậy pt(1) có nghiệm x =

1 8005
2
+

Đề 10
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2003-2004
Câu1: (2đ) 1) Giải pt: x
2
2x -1 = 0.
2) Giải hệ pt:
1
1 2
2
x y
x y
+ =



=



Câu2: (2đ) Cho biểu thức: M =
( 2)( 1)
( 2)
1
x x
x
x


+
+

ữ
ữ




2
( 1)
2
x
1) Tìm điều kiện của x để M có nghĩa.
2) Rút gọn M
3) Chứng minh: M


1
4
Câu3: (1,5đ): Cho pt: x
2
2mx + m
2
-
m
- m = 0 ( với m là tham số)
1) Chứng minh rằng pt luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
2) Gọi x
1
, x
2

là hai nghiệm của pt. Tìm m để x
1
2
+ x
2
2
= 6.
Câu4: (3,5đ): Cho B và C là các điểm tơng ứng thuộc các cạnh Ax và Ay của góc vuông xAy
(B

A; C

A). Tam giác ABC có đờng cao AH và phân giác BE. Gọi D là chân đờng vuông
góc hạ từ A lên BE, O là trung điểm của AB.
a) Chứng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội tiếp đợc trong đờng tròn.
b) Chứng minh AH

OD và HD là phân giác của góc OHC.
c) Cho B và C di chuyển trên Ax và Ay thoả mãn AH = h (h không đổi). Tính diện tích tứ
giác ADHO theo h khi diện tích của tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu5: (1đ): Cho hai số dơng x, y thay đổi sao cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: P = (1-
2
1
x
)(1-
2
1
y
).

Bài làm
Câu1: 1) Giải pt: x
2
- 2x - 1 = 0 (1)
Ta có:
'

= (-1)
2
+ 1 = 2 > 0
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
22
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Vậy pt(1) có hai nghiệm phân biệt:
x
1
= 1+
2
; x
2
= 1-
2
2) Ta có:
1 1
1 1
1 2 2
2 2
2 2 2 ( 1 ) 2 ( 1 )
x y x y
y x y x

y x
y x xy x x x x
x y xy
+ = + =

= =





= =
= +




2 2
1
1
2
1 1
1
1
2 2 2 1 0 2 1 0
1
2
2
1
2

x
y x
y
y x y x
x
x
x x x x x x
x
y

=



=

=



= =


=





=

+ = =






=







=




Vậy hệ pt có hai nghiệm
1
2
x
y
=

=

hoặc
1
2
1
2
x
y


=





=


Câu2:
1) M có nghĩa khi x

0 và
x
-1

0

x

0 và x

1
2) Ta có:
M =
( 2)( 1)
( 2)
1
x x
x
x


+
+

ữ
ữ




.
2
( 1)
2
x
=

( 2)( 1) ( 2)( 1)
1 1
x x x x
x x


+ +


ữ
ữ




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

.
2
( 1)

2
x
=
2
1
x
x


.
2
( 1)
2
x
=
x
(1-
x
)
3) Chứng minh: M


1
4

x
(1-
x
)

1
4

(
x
)
2
-
x
+
1
4

0

(
x
-
1
2
)
2

0 luôn đúng
Câu3: x
2
2mx + m
2
-

m
- m = 0 ( với m là tham số)
1) Ta có:
'

= (-m)
2
- (m
2
-
m
- m) =
m
+ m

0 với mọi m.
Do đó pt x
2
2mx + m
2
-
m
- m = 0 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
2) Ta có: x
1
2
+ x
2
2
= 6

(x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
x
2
= 6

(2m)
2
- 2(m
2
-
m
- m) = 6


2m
2
+ 2
m
+ 2m- 6 = 0

m
2

+
m
+ m 3 = 0
Nếu m

0 thì m
2
+ 2m 3 = 0

m =1; m = -3 kết hợp với điều kiện m

0

m =1
Nếu m < 0 thì m =

3
kết hợp với điều kiện m < 0

m=-
3
Câu4: a) Ta có:
ã
ADB
=
ã
AHB
=90
o

Điểm H và D cùng nhìn AB dới một góc vuông


D và H cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB
Do đó tứ giác ADHB nội tiếp đờng tròn.


ã
AHD
=
ã
ABD
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (1)
Ta lại có:
ã
ABD
+
ã
AEB
=
ã
AHD
+
ã
DHC
= 90
o
(2)
Từ (1) và (2)

ã
AEB
=
ã
DHC
Tứ giác CEDH có
ã
CED
+
ã
DHC
=
ã
CED
+
ã
AEB
=180
o
nên tứ giác CEDH nội tiếp đờng tròn.
b) Ta có: OH = OA(A và H cùng nằm trên đờng tròn (O;
2
AB
)
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
23
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

ã

ABD
=
1
2
sđ
ằ
AD
(góc nội tiếp chắn
ằ
AD
)

ã
HBD
=
1
2
sđ
ẳ
HD
(góc nội tiếp chắn
ẳ
HD
)
Mặt khác
ã
ABD
=
ã
HBD

(gt)

ằ
AD
=
ẳ
HD

AD = HD
Do đó: OD là trung trực của AH

AH

OD.


ODA=

ODH(c.g.c)

ã
OAD
=
ã
OHD
Ta lại có:
ã
OAD
=
ã

AEB
(cùng phụ với góc
ã
ABE
)


ã
OHD
=
ã
AEB
Vì
ã
AEB
=
ã
DHC

ã
OHD
=
ã
DHC


HD là phân giác của góc OHC.
c) AH = h không đổi

S

ABC
nhỏ nhất khi BC nhỏ nhất
Mà BC
2
= AB
2
+ AC
2


2AB.AC
Dấu = xảy ra khi AB = AC

tam giác ABC vuông cân

tam giác AHB vuông cân

BH = AH = h

AB = h
2

OD = h
2
2
. Vì AH

OD nên S
ADHO
=

2
4
h
2
Câu5: Ta có: P = 1-
2
1
y
-
2
1
x
+
2 2
1
x y
=1-
2 2
2 2
1x y
x y
+
= 1-
2
2 2
( ) 2 1x y xy
x y
+
=1+
2

xy
(vì x+y = 1)
Luôn có xy

2
( )
4
x y+
=
1
4

P

1+2:
1
4
= 9
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 9 khi x=y=0,5
Đề 11
Kỳ thi tốt nghiệp THCS - Năm học 2004 - 2005
A- Lý thuyết (2đ): Học sinh chọn một trong hai câu sau:
Câu1: a)Phát biểu định nghĩa và nêu tính chất của hàm số bậc nhất.
b)áp dụng: Cho hai hàm số bậc nhất:
y = 0,5x 1 (1) và y = 1,5 3x (2).
Trong hai hàm số trên, hàm số nào là hàm số đồng biến? Hàm số nào là hàm số
nghịch biến?
Câu2: Phát biểu định lý về góc nội tiếp của một đờng tròn và chứng minh định lý trong trờng
hợp tâm O nằm trên một cạnh của góc.
B- Bài tập bắt buộc

Câu1:(2đ). a) Giải pt: 2x
2
+ 5x 3 = 0.
b) Với giá trị nào của m, pt 2x
2
+ 5x + m = 0 có nghiệm.
Câu2:(2,5đ) Giải bài toán bằng cách lập hệ pt:
Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 62m. Tìm kích thớc của mảnh đất đó, biết rằng
nếu giảm chiều dài 6m thì chiều dài gấp 4 lần chiều rộng.
Câu3:(3,5đ) Cho tam giác ABC vuông tại A và N là trung điểm của cạnh AC. Vẽ đờng tròn
(O) đờng kính NC. Đờng tròn (O) cắt BN kéo dài tại D và cắt cạnh BC tại E.
a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M là trung điểm của cạnh BC. CMR: MN là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
c) Kéo dài BA và CD gặp nhau tại F. Chứng minh ba điểm E, N, F thẳng hàng.
Bài làm
A- Lý thuyết
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
24
đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Câu1:a) Hàm số bậc nhất là hàm số đợc cho bởi công thức y = ax + b
Trong đó a, b là các số cho trớc và a

0.
Hàm số bậc nhất đồng biến khi a > 0; nghịch biến khi a < 0
b)Trong hai hàm số trên, hàm số y = 0,5x- 1 là hàm số đồng biến? Hàm số y = 1,5- 3x
là hàm số nghịch biến?
Câu2:
Định lí:Trong một đờng tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.
Trờng hợp tâm O nằm trên một cạnh của góc
Ta có:

ã
BOC
= sđ
ằ
BC


ã
BOC
=
ã
OAC
+
ã
OCA
(tính chất góc ngoài của tam giác)
Mặt khác
ã
OAC
=
ã
OCA
(

OAC cân)


ã
OAC
=

ã
OCA
=
1
2
ã
BOC
=
1
2
sđ
ằ
BC
B- Bài tập bắt buộc
Câu1: a) Giải pt: 2x
2
+ 5x 3 = 0 (*)
Ta có:

= 5
2
+ 4.2.3 = 49 > 0
Vậy pt(*) có hai nghiệm phân biệt:
x
1
=
5 49
4
+
=

1
2
; x
2
=
5 49
4

= -3
b) Với giá trị nào của m, pt 2x
2
+ 5x + m = 0 có nghiệm

= 25 8m

m

25
8
pt có nghiệm
Câu2: Gọi chiều dài là x(m), chiều rộng là y(m); x,y>0
Theo bài ra ta có hệ
31 31 7 35 5 26
4 6 6 4 31 31 5
x y x y y y x
x y x y x y x y y
+ = + = = = =

+ = = + = + = =

Vậy kích thớc hình chữ nhật là 26m, 5m
Câu3:
a)Ta có
à
A
= 90
o
(gt);
à
D
=90(chắn nửa đờng tròn)


Hai điểm A và D cùng nhìn BC dới một góc vuông
Vậy ABCD nội tiếp đờng tròn
b) NA = NC; MB = MC(gt)


MN là đờng trung bình của

ABC

MN//AB


MN

AC tại N. Vậy MN là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

c) Ta có CD

BN; BA

CN; NE

BC


AB,CD,NE là ba đờng cao của

BNC


F là trực tâm của

BNC

Ba điểm N,E ,F thẳng hàng
Đề 12
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2004 - 2005
Câu1:(2đ) 1. Giải pt x
2
- 3x -4 = 0
2. Giải hệ
2( ) 3 1
3 2( ) 7
x y y
x x y
+ =

+ =

Câu2:(2đ) Cho biểu thức: B = (
2
2 1
a
a a
+
+ +
-
2
1
a
a


)
1a
a
+
a) Tìm diều kiện dể B có nghĩa
Giáo viên: Dơng Văn Chinh Tr ờng THCS Nga Trung Trang
25