Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn toán tỉnh thanh hoá

** B tuyn sinh vo lp 10 THPT mụn Toỏn - Tnh Thanh Hoỏ **
S GD & T THANH HO K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
NM HC 2000 2001
MễN: TON
THI GIAN LM BI: 150 PHT

Bài 1: (2 Điểm)
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. Vi giỏ tr no ca m thỡ th ca cỏc hm s y = mx + 3; y = 3x 7 v th ca
hm s xỏc nh cõu a ng quy (Ct nhau ti mt im).
Bi 2: (2 im)
Cho phng trỡnh bc hai: x
2
2(m+1)x + 2m + 5 = 0
a. Gii phng trỡnh khi m =
5
2
b. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m phng trỡnh ó cho cú nghim.
Bi 3: (2,5 im)
Cho ng trũn (O) v mt ng kớnh AB ca nú. Gi S l trung im ca OA,
v mt ng trũn (S) cú tõm l im S v i qua A.
a. Chng minh ng trũn (O) v ng trũn (S) tip xỳc nhau.
b. Qua A v ng thng Ax ct cỏc ng trũn (S) v (O) theo th t ti M, Q;
ng thng Ay ct cỏc ng trũn (S) v (O) theo th t ti N, F; ng thng
Az ct cỏc ng trũn (S) v (O) theo th t ti P, T.
Chng minh tam giỏc MNP ng dng vi tam giỏc QFT.
Bi 4: (2 im)

Cho hỡnh chúp SABC cú tt c cỏc mt u l tam giỏc u cnh a. Gi M l trung
im ca cnh SA; N l trung im ca cnh BC.
a. Chng minh MN vuụng gúc vi SA v BC.
b. Tớnh dim tớch ca tam giỏc MBC theo a.
Bi 5: (1,5 im)
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
M =
2 2 2
( 1999) ( 2000) ( 2001)x x x + +
Ht
GV: Nguyn S ip - Trng THCS Xuõn Chinh - Thng Xuõn - 1 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
Sở gd & đt thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2001 – 2002
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 Điểm) Cho biểu thức: A =
2 2
3
6 1 10
: 2
4 3 6 2 2
x x
x
x x x x x
   
−
− + − +
 ÷  ÷

− − + +
   
a. Rút gọn biểu thức A.
b. Tính giá trị của biểu thức A với x =
1
2
Bài 2: (2 Điểm) Cho phương trình : x
2
– 2(m - 1)x – (m +1) = 0
a. Giải phương trình với m = 2
b. Chứng minh rằng với mọi m phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
,
x
2
.
c. Tìm m để
1 2
x x−
có giá trị nhỏ nhất.
Bài 3: (1,5 Điểm) Cho hệ phương trình:
1
2
x y
mx y m
+ =


+ =


.
a. Giải hệ phương trình với m = 2.
b. Xác định m để hệ phương trình có một nghiệm? Vô nghiệm? Vô số nghiệm?
Bài 4: (2,5 Điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC), với  = 45
0
, nội tiếp trong
đường tròn tâm O. Đường tròn đường kính BC cắt AB ở E, cắt AC ở F.
a. Chứng minh rằng: O thuộc đường tròn đường kính BC.
b. Chứng minh
AEC
∆
,
AFB∆
là những tam giác vuông cân.
c. Chứng minh tứ giác EOFB là hình thang cân. Suy ra EF = BC
2
2
Bài 5: (1,5 Điểm) Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2cm. SA
vuông góc với đáy, SA = 2 cm.
a. Tính thể tích của tứ diện.
b. Gọi AM là đường 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).
Bài 6:(1 Điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

1998x y+ =
Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 2 -
** B tuyn sinh vo lp 10 THPT mụn Toỏn - Tnh Thanh Hoỏ **
NM HC 2002 2003

MễN: TON
THI GIAN LM BI: 150 PHT

Bài 1: (1,5 Điểm)
1. Giải phơng trình: x
2
6x +5 = 0
2. Tính giá trị của biểu thức: A =
( )
32 50 8 : 18 +
Bi 2: (1,5 im) Cho phng trỡnh mx
2
(2m+1)x + m - 2 = 0 (1), vi m l tham
s. Tỡm cỏc giỏ tr ca m phng trỡnh (1):
1. Cú nghim.
2. Cú tng bỡnh phng cỏc nghim bng 22.
3. Cú bỡnh phng ca hiu hai nghim bng 13.
Bi 3: (1 im) Gii bi toỏn bng cỏch lp h phng trỡnh:
Tớnh cỏc cnh ca mt tam giỏc vuụng bit rng chu vi ca nú l 12cm v tng bỡnh
phng di cỏc cnh bng 50.
Bi 4: (1 im) Cho biu thc: B =
2
2
3 5
1
x
x
+
+
1. Tỡm cỏc giỏ tr nguyờn ca x B nhn giỏ tr nguyờn.

2. Tỡm giỏ tr ln nht ca B.
Bi 5: (2,5 im) Cho tam giỏc ABC cõn nh A ni tip trong ng trũn tõm O.
Gi M, N, P ln lt l cỏc im chnh gia cỏc cung nh AB, BC, CA; BP ct AN ti
I; MN ct AB ti E. Chng minh rng:
1. T giỏc BCPM l hỡnh thang cõn; gúc ABN cú s o bng 90
0
.
2. Tam giỏc BIN cõn; EI // BC.
Bi 6: (1,5 im) Cho hỡnh chúp t giỏc u S.ABCD cú di cnh ỏy l 18cm,
di ng cao l 12cm.
1.Tớnh din tớch xung quanh v th tớch ca hỡnh chúp.
2.Chng minh ng thng AC vuụng gúc vi mt phng (SBD).
Bi 7: (1 im) Gii phng trỡnh:

4 2
2002 2002x x+ + =
Ht
S GD & T THANH HO K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
GV: Nguyn S ip - Trng THCS Xuõn Chinh - Thng Xuõn - 3 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
NĂM HỌC 2003 – 2004
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT

Bài 1: (2 Điểm)
1. Giải phương trình: x
2
– 2x - 1 = 0
2. Giải hệ phương trình:
1

1 2
2
x y
x y
+ = −



− =



Bài 2: (2 Điểm) Cho biểu thức: M =
( ) ( )
( )
( )
2
2 1 1
2
2
1
x x x
x
x
 
− + −
 
− +
 
−

 
1. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa.
2. Rút gọn M.
3. Chứng minh M
1
4
≤
Bài 3: (1,5 Điểm)
Cho phương trình: x
2
– 2mx + m
2
- |m| - m = 0 (Với m là tham số)
1. Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
2. Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để x
1
2
+ x
2
2
= 6
Bài 4: (3,5 Điểm) Cho B và C là các điểm tương ứng thuộc các cạnh Ax, Ay của góc
vuông xAy (B
≠
A, C
≠

A). Tam giác ABC có đường cao AH và phân giác BE. Gọi D
là chân đường vuông góc hạ từ A lên BE, O là trung điểm của AB.
1. Chứng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội tiếp được trong đường tròn.
2. Chứng minh AH
⊥
OD và HD là phân giác của góc OHC.
3. 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.
Bài 5: (1,5 Điểm) Cho hai số dương x, y thay đổi sao cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: P =
2 2
1 1
1 1
x y
 
 
− −
 ÷
 ÷
 
 
Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2004 – 2005
MÔN: TOÁN
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 4 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT
Bài 1: (2 Điểm)
1. Giải phương trình: x

2
– 3x - 4 = 0
2. Giải hệ phương trình:
2( ) 3 1
3 2( ) 7
x y y
x x y
− + =


+ − =


Bài 2: (2 Điểm) Cho biểu thức: B =
2 2 1
.
1
2 1
a a a
a
a a a
 
+ − +
−
 ÷
 ÷
−
+ +
 
1. Tìm điều kiện của a để biểu thức B có nghĩa.

2. Chứng minh B =
2
1a −
Bài 3: (2 Điểm)
Cho phương trình: x
2
– (m+1)x + 2m - 3 = 0 (Với m là tham số)
1. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
2. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x
1
, x
2
của phương trình sao cho hệ thức đó
không phụ thuộc m.
Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O
và d là tiếp tuyến của đường tròn tại C. Gọi AH và BK là các đường cao của tam giác;
M, N, P, Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ A, K, H, B xuống đường thẳng d.
1. Chứng minh rằng: tứ giác AKHB nội tiếp và tứ giác HKNP là hình chữ nhật.
2. Chứng minh rằng:
∠
HMP =
∠
HAC,
∠
HMP =
∠
KQN.
3. Chứng minh rằng: MP = QN
Bài 5: (1 Điểm) Cho 0 < x < 1
1. Chứng minh rằng: x( 1 – x )

≤

1
4
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =
2
2
4 1
(1 )
x
x x
+
−
hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2005 – 2006
MÔN: TOÁN
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 5 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT

Bµi 1: (2 §iÓm) Cho biÓu thøc: A =
2
1
1 1
a a
a
a a
− +

−
− +
1. Tìm điều kiện của a để biểu thức A có nghĩa.
2. Chứng minh A =
2
1a −
3. Tìm a để A < -1
Bài 2: (2 Điểm)
1. Giải phương trình: x
2
– x - 6 = 0
2. Tìm a để phương trình: x
2
– (a - 2)x – 2a = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều
kiện: 2x
1
+ 3x
2
= 0
Bài 3: (1,5 Điểm)
Tìm hai số thực dương a, b sao cho điểm M có toạ độ (a; b
2
+ 3) và điểm N có toạ
độ (
ab
; 2) cùng thuộc đồ thị của hàm số y = x

2
Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH. Đường tròn (O)
đường kính HC cắt cạnh AC tại N. Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại điểm N cắt cạnh
AB tại điểm M. Chứng minh rằng:
1. HN // AB và tứ giác BMNC nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
3.
2
1
MN NC
MH NA
 
= +
 ÷
 
Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b là các số thực thoả mãn điều kiện a + b
≠
0
Chứng minh rằng:
2
2 2
1
2
ab
a b
a b
+
 
+ + ≥
 ÷

+
 
Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2006 – 2007
MÔN: TOÁN
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 6 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT

Bµi 1: (1,5 §iÓm) Cho biÓu thøc: A =
5
3 3
1 5
a a a a
a a
  
+ −
+ −
 ÷ ÷
 ÷ ÷
+ −
  
1. Tìm các giá trị của a để biểu thức A có nghĩa.
2. Rút gọn A
Bài 2: (1,5 Điểm)
Giải phương trình:
2
6 1
1

9 3x x
= +
− −
Bài 3: (1,5 Điểm)
Giải hệ phương trình:
5(3 ) 3 4
3 4(2 ) 2
x y y
x x y
+ = +


− = + +

Bài 4: (1 Điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm:
x
2
– 2mx + m|m| + 2 = 0
Bài 5: (1 Điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2cm, AD = 3cm. Quay hình chữ
nhật đó quanh AB thì được một hình trụ. Tính thể tích hình trụ đó.
Bài 6: (2,5 Điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, Góc B gấp đôi góc C và AH là đường cao. Gọi M
là trung điểm của cạnh AC, các đường thẳng MH, AB cắt nhau tại điểm N. Chứng
minh rằng:
a. Tam giác MHC cân.
b. Tứ giác NBMC nội tiếp được trong một đường tròn.
c. 2MH
2
= AB

2
+ AB.BH
Bài 7: (1 Điểm) Chứng minh rằng với a > 0 ta có:

2
2
5( 1) 11
1 2 2
a a
a a
+
+ ≥
+
hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2007 – 2008
MÔN: TOÁN
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 7 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT
Bài 1: (2 Điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = a + ax + x + 1
2. Giải phương trình: x
2
– 3x + 2 = 0
Bài 2: (2 Điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB = 18cm, AC = 2cm. Quay tam giác
ABC một vòng quanh cạnh góc vuông AB cố định, ta được một hình nón. Tính thể tích
hình nón đó .
2. Chứng minh rằng với a

≥
0; a
≠
1 ta có:
1 1 1
1 1
a a a a
a
a a
  
+ −
+ − = −
 ÷ ÷
 ÷ ÷
+ −
  
Bài 3: (2 Điểm)
1. Biết rằng phương trình x
2
– 2(a+1)x + a
2
+ 2 = 0 (Với a là tham số) có một
nghiệm x = 1. Tìm nghiệm còn lại của phương trình này.
2. Giải hệ phương trình:
2 1
1
2 2
8 5
1
2 2

x y
x y

+ =

+ +



− =

+ +

Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CH. Đường tròn tâm
O đường kính AH cắt cạnh AC tại điểm M (M
≠
A), đường tròn tâm O’ đường kính
BH Cắt cạnh BC tại điểm N (N
≠
B). Chứng minh rằng:
1. Tứ giác CMHN là hình chữ nhật.
2. Tứ giác AMNB nội tiếp được trong một đường tròn.
3. MN là tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính AH và đường tròn đường kính
OO’.
Bài 5: (1 Điểm)
Cho hai số tự nhiên a, b thoả mãn điều kiện: a + b = 2005. Tìm giá trị lớn nhất của
tích ab.
Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2008 – 2009

GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 8 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT
Bài 1: (2 Điểm) Cho hai số x
1
= 2 -
3
, x
2
= 2 +
3

1. Tính x
1
+ x
2
và x
1
x
2
2. Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x
1
, x
2
là hai nghiệm.
Bài 2: (2,5 Điểm)
1. Giải hệ phương trình:
3 4 7
2 1

x y
x y
+ =


− =

2. Rút gọn biểu thức: A =
1 1 1
1 1 2
a a
a a a
− +
 
−
 ÷
− + +
 
Với
0; 1a a≥ ≠
Bài 3: (1 Điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (m
2
- m)x + m và đường
thẳng (d’): y = 2x + 2. tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’)
Bài 4: (3,5 Điểm)
Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), AB là dây cung không đi qua tâm của đường
tròn (O). Gọi I là trung điểm của dây cung AB, M là một điểm trên cung lớn AB (M
không trùng với A, B). Vẽ đường tròn (O’) đi qua m và tiếp xúc với đường thẳng AB
tại A. Tia MI cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai N và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ

hai C.
1. Chứng minh
∆
BIC =
∆
AIN, từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình bình hành.
2. Chứng minh rằng BI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN
3. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn nhất.
Bài 5: (1 Điểm) Tìm nghiệm dương của phương trình:

(
)
(
)
2005 2005
2 2 2006
1 1 1 1 2x x x x+ − − + + + − =
Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009 – 2010
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT
Bài 1: (1,5 Điểm) Cho phương trình: x
2
– 4x + q = 0 (1) với q là tham số
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 9 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
1. Giải phương trình (1) khi q = 3
2. Tìm q 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 toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và điểm D(0;1).
1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k.
2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt G và H
với mọi k.
3. Gọi hoành độ của hai điểm G và H lần lượt là x
1
và x
2
. Chứng minh rằng: x
1
.x
2
= -1,
từ đó suy ra tam giác GOH là tam giác vuông.
Bài 4: (3,5 Điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên tia đối
của tia BA lấy điểm K (khác với điểm B). Từ các điểm K, A và B kẻ các tiếp tuyến với
nửa đường tròn (O). Tiếp tuyến kẻ từ điểm K cắt các tiếp tuyến kẻ từ điểm A và B lần
lượt tại C và D.

1. Gọi Q là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ K tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ
giác BDQO nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam giác AKC, từ đó suy ra
CQ DQ
CK DK
=
.
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 vào R, không phụ thuộc vào
α
.
Bài 5: (1 Điểm) Cho các số thực t, u, v thoả mãn: u
2
+ uv + v
2
= 1-
2
3
2
t

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: D = t + u + v
Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT
Bài 1: (2 Điểm) Cho phương trình: x
2
+ px - 4 = 0 (1) với p là tham số
1. Giải phương trình (1) khi p = 3
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 10 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
2. Giả sử x
1
, x
2
là các nhiệm của phương trình (1), tìm p để:
x
1
(x
2
2
+ 1) + x
2
(x
1
2
+ 1) > 6
Bài 2: (2 Điểm)
Cho biểu thức C =
3 3 1 1
3
3 3

c c
c c c
 
+ −
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
− +
 
 
với
0; 9c c> ≠
1. Rút gọn C.
2. Tìm c để biểu thức C nhận giá trị nguyên.
Bài 3: (2 Điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và các điểm C, D thuộc parabol
(P) với x
C
= 2, x
D
= -1.
1. Tìm toạ độ các điểm C, D và viết phương trình đường thẳng CD.
2. Tìm q để đường thẳng (d): y = (2q
2
- q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với
đường thẳng CD.

Bài 4: (3 Điểm)
Cho tam giác BCD có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao CM, DN
của tam giác cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2. Kéo dài BO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác CHDK là hình bình hành.
3. Cho cạnh CD cố định, B thay đổi trên cung lớn CD sao cho tam giác BCD luôn
nhọn. Xác định vị trí điểm B để diện tích tam giác CDH lớn nhất.
Bài 5: (1 Điểm) Cho u, v là các số dương thoả mãn u + v = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = u
2
+ v
2
+
33
uv

Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT
Bài 1: (1,5 Điểm)
1. cho hai số x
1
= 1 +
2
, x
2
= 1 -
2

Tính x
1
+ x
2

2. Giải hệ phương trình:
2 1
2 3
x y
x y
+ =


− = −

GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 11 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
Bài 2: (2 Điểm)
Cho biểu thức C =
4 1 1
:
4
2 2 2
c c c
c
c c c
 
−
− +
 ÷

 ÷
−
+ − +
 
với
0; 4c c≥ ≠
1. Rút gọn C.
2. Tính giá trị của C tại
6 4 2c = +
.
Bài 3: (2,5 Điểm)
Cho phương trình x
2
– (2p – 1)x + p(p – 1) = 0 (1) (Với p là tham số)
1. Giải phương trình (1) với p = 2
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi p.
3. Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình (1) (với x
1
< x
2
)
Chứng minh: x
1
2
– 2x
2

+3
≥
0
Bài 4: (3 Điểm)
Cho tam giác CDE có ba góc nhọn, các đường cao DK, EF của tam giác cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác CFHK là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2. Chứng minh
∆
CFK và
∆
CED đồng dạng.
3. Kẻ tiếp tuyến Kz tại K của đường tròn tâm O đường kính DE cắt CH tại Q. Chứng
minh Q là trung điểm của CH.
Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức
2
a b c
b c a c b a
+ + >
+ + +
Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT
Bài 1 : (2.0 điểm)
1- Giải các phương trình sau :
a) x - 1 = 0 .
b) x
2
- 3x + 2 = 0

2- Giải hệ phương trình :



=+
=−
2
72
yx
yx
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 12 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
Bài 2 : (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =
a22
1
+
+
a22
1
−
-
2
2
1
1
a
a
−
+
1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

2- Tìm giá trị của a ; biết A <
3
1
Bài 3 : (2.0 điểm)
1- Cho đường thẳng (d) : y = ax + b .Tìm a; b để đường thẳng (d) đi qua điểm
A( -1 ; 3) và song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3
2- Cho phương trình ax
2
+ 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) .Tìm a để phươmg
trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thoả mãn
2
1
x
+
2
2
x
= 4
Bài 4 : (3.0 điểm) Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH . Trên cạnh BC lấy
điểm M
bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lượt vuông góc với các cạnh
AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)
1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn
2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ .Chứng minh OH
⊥
PQ

3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH
Bài 5 : (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b
≥
1 và a >
0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2
2
4
8
b
a
ba
+
+
HẾT
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT
Câu 1 (2.0 điểm):
1. Cho phương trình bậc hai: x
2
+2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3
a.Tính tổng: S = a + b + c
b.Giải phương trình trên
2. Giải hệ phương trình:
3 2
2 3 4
x y

x y
− =


+ =

Câu 2 (2.0 điểm):
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 13 -
** B tuyn sinh vo lp 10 THPT mụn Toỏn - Tnh Thanh Hoỏ **
Cho biu thc:
1
1 1
:
1 2 1
y
Q
y y y y y

+
= +
ữ ữ
ữ ữ
+

( Vi y > 0;
1y

)
a. Rỳt gn biu thc Q
b. Tớnh giỏ tr biu thc Q khi

3 2 2y =
Cõu 3 (2.0 im): Trong mt phng ta Oxy cho ng thng (d): y = 2bx + 1 v
Parabol (P): y = - 2x
2
.
a. Tỡm b ng thng (d) i qua im B(1;5)
b. Tỡm b ng thng (d) ct Parabol (P) ti hai im phõn bit cú honh tha
món iu kin: x
1
2
+ x
2
2
+ 4(x
1
+ x
2
) = 0.
Cõu 4 (3.0 im): Cho (O; R) ng kớnh EF. Bỏn kớnh OI vuụng gúc vi EF, gi J l
im bt k trờn Cung nh EI (J khỏc E v I), FJ ct EI ti L; K LS vuụng gúc vi EF
(S thuc EF).
a. Chng minh t giỏc IFSL n tip.
b. Trờn on thng FJ ly im N sao cho FN = EJ. Chng minh rng, tam giỏc IJN
vuụng cõn.
c. Gi (d) l tip tuyn ti im E. Ly D l im nm trờn (d) sao cho hai im D v I
cựng nm trờn cựng mt na mt phng b l ng thng FE v ED.JF = JE.OF.
Chng minh rng ng thng FD i qua trung im ca on thng LS.
Cõu 5 ( 1.0 im): Cho a, b, c l cỏc s thc dng tha món: ab + bc + ca

3.

Chng minh rng:
4 4 4
3
3 3 3 4
a b c
b c c a a c
+ +
+ + +
HT
S GD & T THANH HO K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
NM HC 2000 2001
MễN: TON
THI GIAN LM BI: 150 PHT

Bài 1:
a. Vì đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua điểm A(2; -1) nên ta có:
2a + b = -1 (1).
Vì đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua điểm B(
1
2
; 2) nờn ta cú:
GV: Nguyn S ip - Trng THCS Xuõn Chinh - Thng Xuõn - 14 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **

1
2
a + b = 2
⇔
a + 2b = 4 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:

2 1 4 2 2 3 6 2 2
2 4 2 4 2 4 2 4 3
a b a b a a a
a b a b a b a b b
+ = − + = − = − = − = −
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
+ = + = + = + = =
    
Vậy: Để đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua các điểm A(2; -1) ; B(
1
2
; 2) thì a = -2, b
= 3
b. Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 3x – 7 và đồ thị hàm số y = -2x + 3 (hàm số
xác định ở câu a) là nghiệm của hệ phương trình:
3 7 2 3 3 7 2 2
2 3 2 3 2 3 1
y x x x x x
y x y x y x y
= − − + = − = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
= − + = − + = − + = −
   
Từ đó: Để đồ thị của ba hàm số trên đồng quy thì đồ thị hàm số y = mx + 3 phải đi qua
điểm có toạ độ (2; -1) Hay: -1 = 2m + 3
⇔

m = -2
Vậy với m = -2 thì đồ thị của ba hàm số đã cho đồng quy.
Bài 2:
a. Khi m =
5
2
phương trình trở thành: x
2
– 7x + 10 = 0
Ta có:
2
( 7) 4.10 9 0∆ = − − = >
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x
1
=
7 9
5
2
+
=
; x
2
=
7 9
2
2
−
=

Vậy: với m =
5
2
thì phương trình có hai nghiệm x
1
= 5 ; x
2
= 2
b. Phương trình bậc hai x
2
– 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 có nghiệm khi:
( ) ( )
( ) ( )
2
'
2
1 2 5 0
2 1 2 5 0
2 2 0
m m
m m m
m m
 
∆ = − + − + ≥
 
⇔ + + − − ≥
⇔ + − ≥
⇔

2m

≤ −
hoặc
2m
≥
Vậy: với
2m ≤ −
hoặc
2m ≥
thì phương trình đã cho có nghiệm.
Bài 3:
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 15 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
a. Gọi R, r lần lượt là bán kính của
đường tròn (O) và đường tròn (S).
Khi đó: R = OA, r = SA.
Ta có: R – r = OA – SA = SO (Vì
S là trung điểm của OA)
⇒
Đường tròn (O) và đường tròn
(S) tiếp xúc với nhau tại A.
b. Trong đường tròn (O) ta có:
∠
QAF =
∠
QTF (Hai góc nội tiếp
cùng chắn cung QF) (1)
P
T
z
F

N
y
Q
M
x
S
B
O
A
∠
TAF =
∠
TQF (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung TF) (2)
Trong đường tròn (S) ta có:
∠
MAN =
∠
MPN (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) (3)
∠
PAN =
∠
PMN (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN) (4)
Từ (1) và (3) suy ra:
∠
QTF =
∠
MPN (5).
Từ (2) và (4) suy ra:
∠
TQF =

∠
PMN (6).
Từ (5) và (6) suy ra:
∆
MPN
∆
QTF (g - g)
Bài 4:
a. Vì
∆
SAB và
∆
SAC là các tam
giác đều, mà M là trung điểm của SA
nên BM, CM là các đường trung
tuyến cũng là đường cao trong các
tam giác.
N
M
C
B
A
S
⇒
BM
⊥
SA và CM
⊥
SA
⇒

SA
⊥
mp(MBC)
⇒
SA
⊥
MN
Nối S với N, A với N. Chứng minh tương tự ta được BC
⊥
mp(SNA)
⇒
BC
⊥
MN
b. Trong tam giác đều SAB cạnh a, BM là đường cao nên ta có:
BM =
2
2
3
4 2
a a
a − =
Trong tam giác MNB vuông tại N ta có:
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 16 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
MN =
2
2
2 2
3 2

2 2 2
a a a
BM BN
 
 
= − = − =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
⇒
S
MBC
=
1
2
MN.BC =
2
1 2 2
2 2 4
a a
a =
(Đơn vị diện tích)
Bài 5:
Ta có: M =
1999 2000 2001x x x− + − + −
Nếu
2001x ≥
thì M =

1999 2000 2001 3x x x− + − + − ≥
Nếu
2000 2001x
≤ <
thì M =
1999 2000 2001 1998 2 3x x x x x
− + − + − = − ⇒ ≤ <
Nếu
1999 2000x≤ <
thì M =
1999 2000 2001 2002 2 3x x x x x− + − + − = − ⇒ < ≤
Nếu x < 1999 thì M =
1999 2000 2001 6000 3 3x x x x x
− + − + − = − ⇒ >
Vậy: giá trị nhỏ nhất của M = 2 khi x = 2000.
Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2001 – 2002
MÔN: TOÁN
THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT

Bài 1:
a. A =
2 2
3
6 1 10
: 2
4 3 6 2 2
x x
x

x x x x x
   
−
− + − +
 ÷  ÷
− − + +
   
Điều kiện xác định của biểu thức là x
≠
0, x
≠
2 và x
≠
- 2
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 17 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
A =
2 2
3
6 1 10
: 2
4 3 6 2 2
x x
x
x x x x x
   
−
− + − +
 ÷  ÷
− − + +

   
⇔
A=
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
4 10
:
2 2 2 2 2 2 2
x x
x x x
x x x x x x x
 
+ −
 
− + −
− +
 
 ÷
− + − + − + +
 
 
 
⇔
A=
( ) ( )

6 2
2 2 6
x
x x
− +
− +
⇔
A=
1
2 x−
Vậy A=
1
2 x−
b. Khi
1
2
x =
thì A =
1 1 2
1 3
3
2
2 2
= =
−
Vậy khi
1
2
x =
thì A

2
3
=
Bài 2: Phương trình : x
2
– 2(m - 1)x – (m +1) = 0
a. Khi m = 2 thì phương trình trở thành:
x
2
– 2x – 3 = 0
Ta thấy: a –b +c = 1 –(-2) + (-3) = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x
1
= -1, x
2
=
c
a
−
= 3.
Vậy: với m = 2 thì phương trình có hai nghiệm x
1
= -1, x
2
= 3.
b. Ta có:
'
∆
=
( ) ( )

2
2
2 2
1 7 1 7
1 1 2 1 1 0
4 4 2 4
m m m m m m m m
 
 
− − + + = − + + + = − + + = − + >
 ÷
 
 
Nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
.
c. Ta có:
1 2
x x−
=
2
'
1 7 7
2 2 2 7
2 4 4
m
 
∆ = − + ≥ =

 ÷
 
⇒

1 2
x x−
có giá trị nhỏ nhất bằng
7
khi
1
2
m =
.
Bài 3: Hệ phương trình:
1
2
x y
mx y m
+ =


+ =


( )
1
1
1 2 1
1 2
y x

y x
m x m
mx x m
= −

= −


⇔ ⇔
 
− = −
+ − =



a. Với m = 2 hệ phương trình trở thành:
1 3
3 2
y x x
x y
= − =
 
⇔
 
= = −
 
Vậy: với m = 2 hệ phương trình có một nghiệm x = 3, y = -2.
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 18 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
b. Để hệ phương trình có một nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – 1 có một

nghiệm.
⇔
m – 1
≠
0
⇔
m
≠
1
Để hệ phương trình vô nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – 1 vô nghiệm.
1
1 0
1
1
2 1 0
2
m
m
m
m
m
=

− =


⇔ ⇔ ⇔ =
 
− ≠
≠




Để hệ phương trình vô số nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – 1 vô số nghiệm.
1
1 0
1
2 1 0
2
m
m
m
m
=

− =


⇔ ⇔
 
− =
=



Vô lý
Vậy: Với m
≠
1 thì hệ phương trình có một nghiệm.
Với m = 1 thì hệ phương trình vô nghiệm

Không có giá trị của m để hệ phương trình vô số nghiệm.
Bài 4:
a. Trong đường tròn (O) ta có:
∠
BOC = 2
∠
BAC = 2.45
0
= 90
0
(Liên
hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng
chắn một cung).
⇒
O thuộc đường tròn đường kính
BC.
b. Ta có:
∠
BFC = 90
0
(Vì góc nội tiếp
chắn nửa đườn tròn đường kính BC)
⇒
∠
AFB = 90
0
mà
∠
BAF = 45
0

(gt)
Nên
∆
AFB vuông cân tại F.
Ta có:
∠
BEC = 90
0
(Vì góc nội tiếp
chắn nửa đườn tròn đường kính BC)
F
E
O
B
C
A
⇒
∠
AEC = 90
0
mà
∠
EAC = 45
0
(gt) Nên
∆
AEC vuông cân tại E.
c. Ta có:
∆
BOC vuông tại O, mà OB = OC

⇒

∠
OCB = 45
0
Tứ giác BEOC là tứ giác nội tiếp nên
∠
OCB +
∠
BEO = 180
0
(1)
Mặt khác:
∠
OEA +
∠
BEO = 180
0
(2)
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 19 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
Từ (1) và (2)
⇒

∠
OEA =
∠
OCB = 45
0

⇒

∠
OEA =
∠
FBA (= 45
0
)
⇒
BF // OE
⇒
Tứ giác EOFB là hình thang (3)
Mà
∠
OFB =
∠
OCB = 45
0
(Vì hai góc nội tiếp cùng chắn một cung trong đường tròn
đường kính BC)
⇒

∠
OFB =
∠
FBE (= 45
0
) (4)
Từ (3) và (4)
⇒

Tứ giác EOFB là hình thang cân
⇒
EF = OB =
2
2
2 2
BC
BC=

Bài 5:
a.
∆
ABC đều cạnh bằng 2cm, AM là đường
cao nên ta có:
AM =
2 2
2 1 3− =
cm.
V
SABC
=
1
3
SA.S
ABC
(Vì SA vuông góc với đáy)
⇒
V
SABC
=

1
6
SA.AM.BC =
1
6
2.
3
.2 =
2 3
3
cm
b. Ta có: SA
⊥
mp (ABC) (gt)
⇒
SA
⊥
BC
(1)
AM là đường cao của
∆
ABC
⇒
A M
⊥
BC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra BC
⊥
mp (SAM)

⇒
OH
⊥
BC (3)
H
M
O
C
B
A
S
Mặt khác OH
⊥
SM (gt) (4)
Từ (3) và (4) ta có: OH
⊥
mp (SBC)
Bài 6: Ta có:
1998x y+ =

9.222 3 222x y x y⇔ + = ⇔ + =
Vì x, y là các số nguyên dương nên:
222; 222x m y n= =
(Với m, n là các số
nguyên dương)
222 222 3 222 3m n m n⇒ + = ⇔ + =
⇒
m = 2, n = 1 hoặc m = 1, n = 2
Nếu m = 2, n = 1 thì x = m
2

.222 = 2
2
.222 = 888, y = n
2
.222 = 1
2
.222 = 222
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 20 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
Nếu m = 1, n = 2 thì x = m
2
.222 = 1
2
.222 = 222, y = n
2
.222 = 2
2
.222 = 888
Vậy: Nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là x = 888, y = 222 hoặc x = 222,
y = 888.
Hết
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2002 – 2003
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 21 -
** B tuyn sinh vo lp 10 THPT mụn Toỏn - Tnh Thanh Hoỏ **
MễN: TON
THI GIAN LM BI: 150 PHT

Bài 1: (1,5 Điểm)
1. Phơng trình: x

2
6x +5 = 0
Ta có: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0
Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 1, x
2
=
c
a
= 5
Vy: Phng trỡnh ó cho cú hai nghim x
1
= 1, x
2
= 5
2. Tớnh giỏ tr ca biu thc:
A =
( )
32 50 8 : 18 +


A =
( )
16.2 25.2 4.2 : 9.2 +

A =
( )
4 2 5 2 2 2 :3 2 +

A =
1
2 :3 2
3
=
Vy: A =
1
3
Bi 2: Phng trỡnh mx
2
(2m+1)x + m - 2 = 0 (1), vi m l tham s.
1. Vi m = 0 phng trỡnh tr thnh: -x 2 = 0

x = -2
Vi m

0, phng trỡnh (1) cú nghim thỡ:
( ) ( )
2
2 2
1
2 1 4 2 0 4 4 1 4 8 0
12
m m m m m m m m


= + + + +

Vy: phng trỡnh (1) cú nghim thỡ
1
12
m


2. Vi m = 0 khụng tho món iu kin ca bi toỏn
Khi
0m

v
1
12
m


ta cú:
1 2
1 2
2 1
2
.
m
x x
m
m
x x
m
+

+ =





=


(Vi
1 2
,x x
l hai nghim ca phng
trỡnh.)
Theo bi ra ta cú:
( )
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2
2
22 2 22
2 2
2 1 2 4 4 1
2 22 22
x x x x x x
m
m m m m

m m m m
+ = + =

+ + +

= =
ữ

2 2 2 2
4 4 1 2 4 22 20 8 1 0m m m m m m m + + + = =

m =
1
2
(t/m) Hoc m =
1
10

(Khụng tho món iu kin).
GV: Nguyn S ip - Trng THCS Xuõn Chinh - Thng Xuõn - 22 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
Vậy với m =
1
2
thì phương trình (1) có tổng bình phương các nghiệm bằng 22 3. Theo
bài ra ta có:
( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2

13 2 13 4 13x x x x x x x x x x− = ⇔ − + = ⇔ + − =
( )
2
2
2
4 2
2 1 2 4 4 1
4 13 13
m
m m m m
m m m m
−
+ − + +
 
⇒ − = ⇔ − =
 ÷
 
2 2 2 2
4 4 1 4 8 13 13 12 1 0m m m m m m m⇒ + + − + = ⇔ − − =
⇔
m = 1 (t/m) Hoặc m =
1
13
−
(t/m)
Vậy với m = 1 hoặc m =
1
13
−
thì phương trình (1) có bình phương của hiệu hai nghiệm

bằng 13
Bài 3: (1 Điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Gọi độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông lần lượt là x (cm) và y (cm) (Điều
kiện x > 0, y > 0)
Độ dài cạnh huyền là:
2 2
x y+
(cm)
Chu vu của tam giác vuông bằng 12 cm nên ta có phương trình:
x + y +
2 2
x y+
= 12 (1).
Tổng bình phương độ dài các cạnh bằng 50 nên ta có phương trình:
x
2
+ y
2
+ x
2
+ y
2
= 50
⇔
x
2
+ y
2
= 25 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

( )
2 2
2
2 2
2 2
7
7
7
12
12
25
2 25
25
x y
x y
x y
x y x y
xy
x y
x y xy
x y
+ =

+ =
+ =

+ + + =
 
⇔ ⇔ ⇔
   

=
+ =
+ − =

+ =





Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình: X
2
– 7X +12 = 0
Giải ra ta được: X
1
= 3, X
2
= 4
Vậy: các cạnh của tam giác vuông lần lượt là 3 cm, 4 cm và 5 cm.
Bài 4: Ta có: B =
2
2
3 5
1
x
x
+
+
=
( )

2
2 2
3 1 2
2
3
1 1
x
x x
+ +
= +
+ +
1. Để B nguyên thì
2
2
1x +
nguyên, mà x nguyên
⇒
x
2
+ 1 là ước của 2
⇒
x
2
+ 1 = 1 hoặc x
2
+ 1 = 2
Khi: x
2
+ 1 = 1
⇔

x
2
= 0
⇔
x = 0
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 23 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
Khi: x
2
+ 1 = 2
⇔
x
2
= 1
⇔
x = 1 hoặc x = -1
Vậy: với x = -1, x = 0, x= 1 thì B nhận các giá trị nguyên.
2. Ta có: x
2
+ 1
≥
1
⇒

2
2
1x +

2
2

1
≤ =

⇒
B =
2
2
3
1x
+
+

≤
3 + 2 = 5
⇒
B
max
= 5 khi x = 0
Vậy: Giá trị lớn nhất của B = 5 khi x = 0.
Bài 5:
1. Vì
∆
ABC cân tại A, M, P là điểm
chính giữa các cung nhỏ AB và AC nên
ta có:
S
BM =
S
MA =
S

AP =
S
PC
∠
MPB =
∠
PBC (Vì hai góc nội tiếp
chắn hai cung bằng nhau)
⇒
MP // BC (1)
∠
BMP =
1
2
sđ
S
BP =
1
2
(sđ
S
BC + sđ
S
CP) =
1
2
(sđ
S
BC + sđ
S

BM) =
1
2
sđ
S
BM =
∠
MPC (2)
E
I
P
N
M
O
C
B
A
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BCPM là hình thang cân.
Ta có: N là điểm chính giữa cung nhỏ BC
⇒
BN = NC (3)
∆
ABC cân tại A
⇒
AB = AC (4)
Từ (3) và (4) suy ra AN là đường trung trực của BC
⇒
A, O, N thẳng hàng
⇒

∠
ABN = 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
2.Ta có:
∠
BIN=
1
2
(sđ
S
BN + sđ
S
AP)(Góc có đỉnh nằm trong đường tròn) (5)
∠
IBN =
∠
PBN =
1
2
sđ
S
PN =
1
2
(sđ
S
PC + sđ
S
CN) (6)

Mà :
S
AP =
S
PC ,
S
CN =
S
NB (7)
Từ (5), (6) và (7) suy ra:
∠
BIN =
∠
IBN
⇒

∆
BIN cân tại N.
∠
BEN =
1
2
(sđ
S
BN + sđ
S
AM) =
1
2
(sđ

S
BN + sđ
S
AP) =
∠
BIN
(Vì
S
AM =
S
AP)
⇒
Tứ giác BEIN nội tiếp
⇒

∠
EBN +
∠
EIN = 180
0

GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 24 -
** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **
⇒

∠
EIN = 180
0
-
∠

EBN = 90
0

⇒
EI
⊥
AN. (8)
Mặt khác: BC
⊥
AN (9) (Vì AN là đường trung trực của BC)
Từ (8) và (9) suy ra EI // BC
Bài 6:
1. Gọi SO là đường cao cùa tứ diện, khi đó
SO = 12cm
Dựng SH
⊥
BC (H
∈
BC), Nối O với H.
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên:
Trong
∆
SOH vuông tại O ta có:
SH =
2
2 2 2
2
AB
SO OH SO
 

+ = +
 ÷
 
⇒
SH =
2 2
12 9 15cm+ =
S
xq
= 4.S
SBC
=
2
1 1
4. . 4. .15.18 540
2 2
SH BC cm= =
H
O
D
C
B
A
S
V =
1
3
S
ABCD
.SO =

1
3
AB
2
.SO =
1
3
.18
2
.12 = 1296 cm
3
2. Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên AC
⊥
BD (1)
SO là đường cao của hình chóp nên SO
⊥
AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AC
⊥
mp (SBD)
Bài 7: Giải phương trình:
4 2
2002 2002x x+ + =

4 2 2 2
1 1
2002 2002
4 4
x x x x⇔ + + = + − + +
2 2

2 2 2 2
1 1 1 1
2002 2002
2 2 2 2
x x x x
   
⇔ + = + − ⇔ + = + −
 ÷  ÷
   
(Vì hai vế không âm)
4 2
2001 0x x⇔ + − =
Giải ra ta được
2 2
1 2
1 8005 1 8005
,
2 2
x x
− + − −
= =
(loại)
1 8005
2
x
− +
⇒ =
hoặc
1 8005
2

x
− +
= −
Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm
1 8005
2
x
− +
=
và
1 8005
2
x
− +
= −
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2003 – 2004
MÔN: TOÁN
GV: Nguyễn Sỹ Điệp - Trường THCS Xuân Chinh - Thường Xuân - 25 -