Tong hop cac de thi vao 10 nam 2010 2011 cac tinh

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10 THPT
Năm học 2010 – 2011MÔN: TOÁN
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010
BÀI I (2,5 điểm)
Cho biểu thức : A =
2 3 9
9
3 3
x x x
x
x x
+
+ −
−
+ −
, với x
≥
0 v x
≠
9.
1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm gi trị của x để A =
3
1
3) Tìm gi trị lớn nhất của biểu thức A.
BÀI II (1.5 điểm)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn
chiều rộng 7 m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.
BÀI III (2.0 điểm)Cho parabol (P): y = -x
2
và đường thẳng (d): y = mx – 1.

1) Chứng minh rằng với mọi gi trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P)
tại hai điểm phân biệt.
2) Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) v parabol (P).
Tìm giá trị của m để: x
1
2
x
2
+ x
2
2
x
1
– x
1
x
2
= 3.
BÀI IV (3,5 điểm)Cho đường trịn (O) cĩ đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường
trịn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC
tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F.
1) Chứng minh FCDE l tứ gic nội tiếp. 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC.
3) Chứng minh góc CFD = góc OCB
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của
đường trịn (O).
4) Cho biết DF = R, chứng minh tg

·
AFB
= 2.
BÀI V ( 0,5 điểm) Giải phương trình: x
2
+ 4x + 7 = (x + 4)
2
7x +
Hết
SỞ GD & ĐT TP HCM

KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10 THPT
Năm học 2010 – 2011
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010
Bi 1: (2,0 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− − =
Bi 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.
Bi 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:
12 6 3 21 12 3A = − + −
1
2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
= + + − − + − + + −

 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Bi 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+ −
.
Bi 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.

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
Bi 1 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
A ( 20 45 3 5). 5= − +
b) Tính
2
B ( 3 1) 3= − −
Bi 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình
4 2
x 13x 30 0− − =
b) Giải hệ phương trình
3 1
7
x y
2 1
8
x y

− =




− =



Bi 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.
Bi 4 (3,5 điểm)
2
ĐỀ CHÍNH THỨC
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.
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
Bi 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
Bi 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
Bi 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.
Bi 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
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
3
⇔ 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
4
=> 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 4 4
2 2 2
1 1
. . . . .

2 2 4
= . ( ) = . ( )
4 2 2 4 2 2 8 8
a
a BM a CM BM CM
a a a a a a a a
BM a BM BM 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
TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2010 - 2011
MÔN : TOÁN

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
= + + +
5
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
+ + ≥
− − −
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2010 – 2011 . KHÓA NGÀY 21/06/2010
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Câu 1 : (4 điểm)

1) Giải hệ phương trình :
1
1
1
2
5 3
1
y
x
y
x

+ =


+


+ =

+

2) Giải phương trình: (2x
2
- x)
2
+ 2x
2
– x – 12 = 0
Câu 2 : (3 điểm)Cho phương trình x

2
– 2(2m + 1)x + 4m
2
+ 4m – 3 = 0 (x là ẩn số)
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) thỏa |x
1
| = 2|x
2
|
Câu 3 : (2 điểm)Thu gọn biểu thức:
7 5 7 5
3 2 2
7 2 11
A
+ + −
= − −
+
Câu 4 : (4 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm chính giữa của
cung nhỏ AC. Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng:
a)
·
·

ABP AMB=
b) MA. MP = BA. BM
Câu 5 : (3 điểm)
a) Cho phương trình: 2x
2
+ mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số nguyên). Giả sử
phương trình có các nghiệm đều là số nguyên.
Chứng minh rằng: m
2
+ n
2
là hợp số.
6
H×nh 1
9
4
A
B
C
H
H×nh 2
70
°
O
A
B
M
N
b) Cho hai số dương a, b thỏa a
100

+ b
100
= a
101
+ b
101
= a
102
+ b
102
. Tính P = a
2010
+ b
2010
Câu 6 : (2 điểm) Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là đường tròn tâm O
bán kính a. Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7 : (2 điểm) Cho a, b là các số dương thoả a
2
+ 2b
2
≤ 3c
2
. Chứng minh
1 2 3
a b c
+ ≥
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Hải Phòng
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2010 - 2011

MÔN THI : TOÁN
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 −=
Câu 4. Nếu phương trình x
2
– ax + 1 = 0 có nghiệm thì tích hai nghiệm số là
A. 1 B. a C. - 1 D. - a
Câu 5. Đường tròn là hình
A. Không có trục đối xứng. B. Có một trục đối xứng.
C. Có hai trục đối xứng. D. Có vô số trục đối xứng.
Câu 6. Trong hình 1, tam giác ABC vuông tại A, AH ⊥ BC . Độ dài của đoạn thẳng AH bằng
A. 6,5 B. 6 C. 5 D. 4,5
Câu 7. Trong hình 2, biết AB là đường kính của đường tròn (0), góc AMN bằng 70
0
. Số đo
góc BAN bằng ?
A. 20
0
B. 30
0
C. 40
0
D. 25
0
Câu 8. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3cm, BC = 4cm. Quay hình chữ nhật đó một vòng
quanh cạnh AB được một hình trụ. Thể tích của hình trụ đó là?
A. 48cm
3

B. 36cm
3
C. 36cm
3
D. 48cm
3

Phần II: Tự luận. (8,0 điểm)
Bi 1: 1,5 điểm.
Cho biểu thức
( )
240248 +−=M
và
25
25
+
−
=N
1. Rút gọn biểu thức M và N.
2. Tính M + N.
7
Bi 2: 2,0 im.
1. Gii h phng trỡnh :



=+
=
523
13

yx
yx
2. Gii phng trỡnh 3x
2
5x = 0 ;
3. Cho phng trỡnh 3x
2
5x 7m = 0. Tỡm giỏ tr ca tham s m phng trỡnh cú
nghim dng.
Bi 3: 3,75 im.
Cho tam giỏc ABC vuụng ti A cú Ab < AC, ng cao AH. ng trũn ng kớnh AH ct
AB P, ct AC Q.
1. Chng minh gúc PHQ bng 90
0
.
2. Chng minh t giỏc BPQC ni tip.
3. Gi E, F ln lt l trung im ca BH, HC. T giỏc EPQF l hỡnh gỡ ?
4. Tớnh din tớch t giỏc EPQF trong trng hp tam giỏc vuụng ABC cú cnh huyn BC
bng a v gúc ACB bng 30
0
.
Bi 4: 0,75 im.
Cho x

xy + 1. Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc
22
3
yx
xy
P

+
=
Ht
Sở giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Nghệ an Năm học 2010 - 2011
Môn thi : Toán
Câu I (3,0 điểm). Cho biểu thức A =


+
x 2 2
x 1
x 1 x 1
.
1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.
3. Khi x thoả mãn điều kiện xác định. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất cuả biểu thức B,
với B = A(x-1).
Câu II (2,0 điểm). Cho phơng trình bậc hai sau, với tham số m :
x
2
- (m + 1)x + 2m - 2 = 0 (1)
1. Giải phơng trình (1) khi m = 2.
2. Tìm giá trị của tham số m để x = -2 là một nghiệm của phơng trình (1).
Câu III (1,5 điểm). Hai ngời cùng làm chung một công việc thì sau 4 giờ 30 phút họ làm
xong công việc. Nếu một mình ngời thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình ngời thứ
hai làm trong 3 giờ thì cả hai ngời làm đợc 75% công việc.
Hỏi nếu mỗi ngời làm một mình thì sau bao lâu sẽ xong công việc? (Biết rằng năng
suất làm việc của mỗi ngời là không thay đổi).
Câu IV (3,5 điểm). Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn

thẳng AO (H khác A và O). Đờng thẳng đi qua điểm H và vuông góc với AO cắt nửa đờng
tròn (O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đờng
tròn (O) tại D cắt đờng thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.
1. Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đờng tròn.
2. Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân.
3. Gọi F là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh góc ABF có
số đo không đổi khi D thay đổi trên cung BC (D khác B và C).
Hết
Hng Dn
Bi 2(3,0im)
Cho phng trỡnh
2
x mx 2 0+ - =
, (n x, tham s m).
8
3. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 2
x , x
cùng nhỏ hơn 1.
21
2
2
2
1
2
2
8
;
2
8

,08 xx
mm
x
mm
xmm <⇒
++−
=
+−−
=⇒∀>+=∆
Vì 1.(-2)<0 nên pt có hai nghiệm phân biệt trái dấu . Suy ra x
1
< 0; x
2
>0
Để pt có hai nghiệm cùng nhỏ hơn 1 thì x
2
< 1
)(1448281
2
8
222
2
TMmmmmmm
mm
>⇒++<+⇒+<+⇒<
++−
⇒
Vậy m>1.
Bi 4(1,0điểm)
Đoạn đường AB dài 160 km, một ô tô đi từ A đến B và một xe máy đi từ B đến A khởi hành vào cùng

một thời điểm. Sau một thời gian hai xe gặp nhau tại điểm C, đoạn đường AC dài 120 km. Khi đi tới B,
ô tô liền quay lại ngay và đuổi kịp xe máy tại điểm D. Tính vận tốc hai xe, biết kể từ khi khởi hành tới
lúc hai xe gặp nhau tại điểm D là 4 giờ và vận tốc hai xe không đổi.
Gọi vận tốc của ô tô là a; xe máy là b ( km/h;a>b>0)
Vì thời gian ô tô đi từ A đến C là 120/a (h); xe máy đi từ B đến C là 40/b(h) nên ta có phương trình
ba
40120
=
Vì … hai xe gặp nhau tại D nên ta có 4a = 160 +40 +x ; 4b = 40+x . do đó ta có pt
a= 40 +b
Giải hpt tính được a=60 ; b=20
Bi 5(1,0 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn
x y và xy 2> =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
2x 3xy 2y
A
x y
- +
=
-
=
yx
yx
yx
xyyx
−
+−=
−

+− 2
)(2
)(2
2
vì xy =2
x-y>0 . Áp dụng bđt Cosi ta có



=−
=
⇔=⇒≥⇒≥
−
+−
1
2
442
1
)(
yx
xy
MinAA
yx
yx
Giải hpt tính ra(x;y)=(2;1); (-1;-2).
Bi 3(3,0điểm)
3. Cho
SO R 3=
và
MN R=

.Tính diện tích tam giác ESM theo R.
SM.SN = SA
2
=SO
2
-AO
2
=2R
2
(SI-MI)(SI+MI)=2R
2
SI
2
-MI
2
=2R
2
SI=1,5R
SM=R
OI =
2
3R
9
A
D
C
B
x km
120-x km
40km

S
M
I
E
A
N
O
H
B
OH =
3
3
2
R
SO
OA
=
OE =
3
32
30sin
0
ROH
=
EI=
6
3R
12
3
2

S
R
S
EM
=
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI
Năm học: 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
BÀI GIẢI
Bi I: (2,5 điểm) Với x ≥ 0 và x
≠
9 ta có :
1) A =
2 3 9
9
3 3
x x x
x
x x
+
+ −
−
+ −
=
( 3) 2 ( 3) 3 9
9 9 9
x x x x x
x x x
− + +

+ −
− − −
3 2 6 3 9
9
x x x x x
x
− + + − −
=
−

3 9
9
x
x
−
=
−
3( 3)
9
x
x
−
=
−
3
3x
=
+
2) A =
1

3

3
3x
=
+
⇔
3 9x + =
⇔
6x =
⇔ x = 36
3) A
3
3x
=
+
lớn nhất ⇔
3x +
nhỏ nhất ⇔
0x =
⇔ x = 0
Bi II: (2,5 điểm)
Gọi x (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > 0)
⇒ chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m)
Vì đường chéo là 13 (m) nên ta có :
2 2 2
13 ( 7)x x= + +
⇔
2
2 14 49 169 0x x+ + − =

⇔ x
2
+ 7x – 60 = 0 (1), (1) có ∆ = 49 + 240 = 289 = 17
2

Do đó (1) ⇔
7 17
2
x
− −
=
(loại) hay
7 17
5
2
x
− +
= =
Vậy hình chữ nhật có chiều rộng là 5 m và chiều dài là (x + 7) m = 12 m
Bi III: (1,0 điểm)
1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
-x
2
= mx – 1 ⇔ x
2
+ mx – 1 = 0 (2), phương trình (2) có a.c = -1 < 0 với mọi m
⇒ (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m ⇒ (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
2) x
1
, x

2
là nghiệm của (2) nên ta có :
x
1
+ x
2
= -m và x
1
x
2
= -1
2 2
1 2 2 1 1 2
3x x x x x x+ − =
⇔
1 2 1 2
( 1) 3x x x x+ − =
⇔
1( 1) 3m− − − =
⇔ m + 1 = 3 ⇔ m = 2
Bi IV: (3,5 điểm)
1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối
·
·
o
FED 90 FCD= =
nên chúng nội tiếp.
2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD và DEB vì
hai góc
·

·
CAD CBE=
cùng chắn cung CE, nên ta
10
I
A B
F
E
C
O
D
có tỉ số :
DC DE
DC.DB DA.DE
DA DB
= ⇒ =
3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác
FCDE, ta có
·
·
CFD CEA=
(cùng chắn cung CD)
Mặt khác
·
·
CEA CBA=
(cùng chắn cung AC)
và vì tam OCB cân tại O, nên
·
·

CFD OCB=
.
Ta có :
·
·
·
ICD IDC HDB= =
·
·
OCD OBD=
và
· ·
0
HDB OBD 90+ =
⇒
·
·
0
OCD DCI 90+ =
nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O.
Tương tự IE là tiếp tuyến với đường tròn tâm O.
4) Ta có 2 tam giác vuông đồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn
·
·
·
1
CAE COE COI
2
= =
(do tính

chất góc nội tiếp)
Mà
·
CO R
tgCIO 2
R
IC
2
= = =
⇒
·
·
tgAFB tgCIO 2= =
.
Bi V: (0,5 điểm)
Giải phương trình :
2 2
4 7 ( 4) 7x x x x+ + = + +
Đặt t =
2
7x +
, phương trình đã cho thành :
2
4 ( 4)t x x t+ = +
⇔
2
( 4) 4 0t x t x− + + =
⇔
( )( 4) 0t x t− − =
⇔ t = x hay t = 4,

Do đó phương trình đã cho ⇔
2 2
7 4 7x hay x x+ = + =
⇔ x
2
+ 7 = 16 hay
2 2
7
7
x x
x

+ =


≥


⇔ x
2
= 9 ⇔ x =
3
±
Cách khác :
2 2
4 7 ( 4) 7x x x x+ + = + +
⇔
2 2
7 4( 4) 16 ( 4) 7 0x x x x+ + + − − + + =
⇔

2 2 2
( 4)(4 7) ( 7 4)( 7 4) 0x x x x+ − + + + − + + =
⇔
2 2
7 4 0 ( 4) 7 4 0x hay x x+ − = − + + + + =
⇔
2 2
7 4 7x hay x x+ = + =
⇔ x
2
= 9 ⇔ x =
3
±
TS. Nguyễn Phú Vinh
(TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn)
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
KHÓA NGÀY 21 THÁNG 6 NĂM 2010 tại Đ Nẵng
MÔN THI : TOÁN
BÀI GIẢI
Bi 1: (2 điểm)
11
a) Rút gọn biểu thức
( 20 45 3 5). 5A = − +
=
(2 5 3 5 3 5) 5 10= − + =
b) Tính B =
2
( 3 1) 3 3 1 3 1− − = − − = −
Bi 2: (2 điểm)
a) Giải phương trình : x

4
– 13x
2
– 30 = 0 (1)
Đặt u = x
2
≥ 0 , pt (1) thành : u
2
– 13u – 30 = 0 (2)
(2) có
2
169 120 289 17∆ = + = =
Do đó (2) ⇔
13 17
2
2
u
−
= = −
(loại) hay
13 17
15
2
u
+
= =
Do đó (1) ⇔ x =
15±
b) Giải hệ phương trình :
3 1

7
2 1
8
x y
x y

− =




− =


⇔
1
1
2 1
8
x
x y

= −




− =



⇔
1
1
10
x
y
= −



= −


⇔
1
1
10
x
y
= −



= −


.
Bi 3:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),

( )
1;2±
.
(d) đi qua
( )
(0;3), 1;2−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
2 3x x= +
⇔ 2x
2
– x – 3 = 0
3
1
2
x hay x⇔ = − =
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là
( )
3 9
1;2 , ;
2 2
 
−
 ÷
 
⇒ A
( )
1;2−
Phương trình đường thẳng (∆) đi qua A có hệ số góc bằng -1 là :
y – 2 = -1 (x + 1) ⇔ (∆) : y = -x + 1

c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C ⇒ C có tọa độ (0; 1)
Đường thẳng (∆) cắt trục hoành tại D ⇒ D có tọa độ (1; 0)
Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B ⇒ B có tọa độ (-3; 0)
Vì x
A
+ x
D
= 2x
C
và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng (∆))
⇒ C là trung điểm AD
2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC =
1
2
AD
Nên ta có
1
2
ABC
ABD
S
AC
S AD
= =
Bi 4:
12
I
P
B
O

O
'
M
N
Q
A
a) Trong đường tròn tâm O:
Ta có
·
BMN
=
·
MAB
(cùng chắn cung
¼
BM
)
b) Trong đường tròn tâm O':
Ta có IN
2
= IA.IB
c) Trong đường tròn tâm O:
·
·
MAB BMN=
(góc chắn cung
¼
BM
) (1)
Trong đường tròn tâm O':

·
·
BAN BNM=
(góc chắn cung
»
BN
) (2)
Từ (1)&(2) =>
·
·
· · · ·
0
MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180+ + = + + =
Nên tứ giác APBQ nội tiếp.
=>
·
·
·
BAP BQP QNM= =
(góc nội tiếp và góc chắn cung)
mà
·
·
QNM và BQP
ở vị trí so le trong => PQ // MN
Võ Lý Văn Long
(TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn)
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2010-2011
Môn: TOÁN ( chung )
Thời gian làm bài: 120’( không kể thời gian giao đề)
Phần I: Trắc nghiệm ( 1,0 điểm )
Mỗi câu sau có nêu 4 phương án trả lời A, B,C,D, trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy chọn
phương án đúng (viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án được lựa chọn).
Câu 1: Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x – 2 và đồ thị hàm số y = - x + 4 là: A. (1;3)
B. (3;1) C. (-1;-3) D. (-1;5)
Câu 2 : Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến khi x > 0 ?
A. y = (
82
- 9 )x
2
B. y = ( 1,4 -
2
)x
2
C. y = ( 2 -
5
)x + 1 D. y = -x + 10
Câu 3 : Cho hình chữ nhật MNPQ nội tiếp đường tròn (O ;R). Biết R = 5cm và MN = 4cm. Khi đó
cạnh MQ có độ dài bằng :
A. 3cm B.
21
cm C.
41
cm D.
84
cm

Câu 4 : Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm, có thể tích bằng 20
π
cm
3
. Khi đó, hình trụ đã cho có
chiều cao bằng :
A.
5
π
cm B. 10cm C. 5cm D. 15cm
Phần 2 - Tự luận ( 9,0 điểm )
Câu 1. ( 1,5 điểm ) Cho biểu thức :
P =
2 1 1
:
1 1 1
x x
x x x x x
+ −
 
−
 ÷
+ + − +
 
. Với điều kiện : x > 0 và x
≠
1
1) Rút gọn biểu thức P
2) Tìm x để P = 10
Câu 2: ( 2,0 điểm ) Cho phương trình bậc hai x

2
+ 2x – m = 0 (1)
1)
Giải phương trình ( 1 ) khi m = 4
2)
Xác định m để phương trình ( 1 ) có nghiệm. Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình ( 1). Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x
1
4
+ x
2
4

13
Câu 3: ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình
2 2
3 5
( )( 1) 7
x y xy
x y x y xy

+ + =

+ + + + =

Câu 4: ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn (O ;R) có đường kính AB. Trên đường tròn (O ;R) lấy điểm M

( khác A và B).Gọi H là trung điểm của MB. Tia OH cắt đường tròn (O ;R) tại I. Gọi P là chân đường
vuông góc kẻ từ I đến đường thẳng AM
1) Chứng minh :
a) Tứ giác OHMA là hình thang.
b) Đường thẳng IP là tiếp tuyến của đường tròn (O ;R).
2) Gọi N là điểm chính giữa cung nhỏ MA của đường tròn (O ;R).Gọi K là giao điểm của NI và AM.
Chứng minh PK = PI.
3) Lấy điểm Q sao cho tứ giác APHQ là hình bình hành. Chứng minh OQ = R
Câu 5: ( 1,0 điểm ) : Cho các số dương x và y thay đổi thoả mãn điều kiện : x – y
≥
1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
4 1
x y
−
.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 2 phần b : Giá trị nhỏ nhất của M bằng 2. Dấu bằng xảy ra khi x = -1
Câu 5 : Vì x , y là các số dương thoả mãn x – y
≥
1 nên ta có :
P =
4 1
x y
−

⇔
P .1
≤
( x – y )

4 1
x y
 
−
 ÷
 

⇔
P
≤
4 -
4x y
y x
−
+ 1

⇔
P
≤
5 -
4x y
y x
 
+
 ÷
 
Áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương ta có :
4x y
y x
+

≥
2
4
.
x y
y x

⇔
4x y
y x
+
≥
4
Dấu ‘‘=’’ xảy ra
⇔
x =
±
2y
=> P
≤
5 – 4 => P
≤
1
Dấu ‘‘=’’ xảy ra
⇔
x =
±
2y
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi x =
±

2y.
14