Đề thi và đáp án vào 10 của các tỉnh năm 2010 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi TOÁN ( chung cho tất cả các thí sinh)
Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa
a)

b)

x

1
x −1

2. Trục căn thức ở mẫu
a)

3
2

3. Giải hệ phương trình :

b)

1

3 −1

 x −1 = 0

x + y = 3

Bài 2 (3.0 điểm )
Cho hàm số y = x2 và y = x + 2
a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Tìm tọa độ các giao điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính
c) Tính diện tích tam giác OAB
Bài 3 (1.0 điểm )
Cho phương trình
x2 – 2mx + m 2 – m + 3 có hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là tham số )
2
2
.Tìm biểu thức x1 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4 (4.0 điểm )
Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K nằm giữa
A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C và D), AE cắt BD tại H.
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.
b) Chứng minh rằng AD2 = AH . AE.
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
d) Cho góc BCD bằng α . Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC
cân tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
======Hết======
Họ và tên : ...........................................................................................Số báo danh......................................

Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa

Hướng dẫn:
Bài 1 (2.0 điểm )
1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa
x≥0
a)
2. Trục căn thức ở mẫu
a)

b)

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

b)

x −1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 1
1
=
3 −1

1.

(

(

)(

3 −1

)

3 +1

)

3 +1

 x −1 = 0
 x =1
 x =1
⇔
⇔
3. Giải hệ phương trình : 
 x + y = 3 1 + y = 3  y = 2
Bài 2 (3.0 điểm )
Cho hàm số y = x2 và y = x + 2
a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
Lập bảng :
x
0
-2
x

-2
-1
0
y=x+2
2
0
y = x2
4
1
0

=

3 +1
3 +1
=
3 −1
2

1
1

2
4

y
B

C

A
K

H

x

O
b) Tìm toạ độ giao điểm A,B :
Gọi tọa độ các giao điểm A( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) của hàm số y = x2 có đồ thị (P) và y = x
+ 2 có đồ thị (d)
Viết phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d)
x2 = x + 2  x2 – x – 2 = 0
( a = 1 , b = – 1 , c = – 2 ) có a – b + c = 1 – ( – 1 ) – 2 = 0
c
−2
⇒ x1 = −1
x2 = − = −
=2
;
a
1
thay x1 = -1 ⇒ y1 = x2 = (-1)2 = 1 ;
x2 = 2 ⇒ y2 = 4
Vậy tọa độ giao điểm là A( - 1 ; 1 ) , B( 2 ; 4 )
c) Tính diện tích tam giác OAB
1
1
Cách 1 : SOAB = SCBH - SOAC = (OC.BH - OC.AK)= ... = (8 - 2)= 3đvdt
2

2
Cách 2 : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vuông góc
OA = AK 2 + OK 2 = 12 + 12 = 2 ; BC = BH 2 + CH 2 = 42 + 42 = 4 2 ;
Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


AB = BC – AC = BC – OA = 3 2
(ΔOAC cân do AK là đường cao đồng thời trung tuyến ⇒ OA=AC)
1
1
SOAB = OA.AB = .3 2. 2 = 3 đvdt
2
2
Hoặc dùng công thức để tính AB =

( xB − x A ) 2 + ( yB − y A )2 ;OA= ( x A − xO ) 2 + ( y A − yO ) 2 ...

Bài 3 (1.0 điểm ).Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho phương trình
x2 – 2mx + m 2 – m + 3
( a = 1 ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + 3 )
Δ’ = ...= m2 - 1. ( m2 - m + 3 ) = m2 - m2 + m - 3 = m – 3 ,do pt có hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là
tham số ) Δ’ ≥ 0 ⇒ m ≥ 3 theo viét ta có:
x1 + x2 = ... = 2m
x1 . x2 = ... = m2 - m + 3
x12 + x22 = ( x1 + x2) 2 – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + 3 )=2(m2 + m - 3 )
=2(m2 + 2m

1
1 1 12

1
13
1
13
+ ) =2[(m + )2 ]=2(m + )2 2
4 4
4
2
4
2
2

Do điều kiện m ≥ 3 ⇒ m +
(m +

1
1 7
≥ 3+ =
2
2 2

1 2 49
1
49
1
13
49 13
⇒ 2(m + )2 ≥
⇒ 2(m + )2 ) ≥
≥

= 18
2
4
2
2
2
2
2
2

Vậy GTNN của x12 + x22 là 18 khi m = 3
Bài 4 (4.0 điểm )
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.
* Tam giác CBD cân
AC ⊥ BD tại K ⇒ BK=KD=BD:2(đường kính vuông góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao CK vừa
là đường trung tuyến nên ΔCBD cân.
* Tứ giác CEHK nội tiếp
·
·
·
AEC
= HEC
= 1800 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; KHC
= 1800 (gt)
·
·
HEC
+ HKC
= 900 + 900 = 1800 (tổng hai góc đối) ⇒ tứ giác CEHK nội tiếp
b) Chứng minh rằng AD2 = AH . AE.

Xét ΔADH và ΔAED có :
¶A chung ; AC ⊥ BD tại K ,AC cắt cung BD tại A suy ra A là điểm chính giữa cung BAD ,
·
·
hay cung AB bằng cung AD ⇒ ADB
(chắn hai cung bằng nhau) .Vậy ΔADH =
= AED
AD AE
=
⇒ AD 2 = AH . AE
ΔAED (g-g) ⇒
AH AD
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm
* ΔBKC vuông tại A có : KC =

BC 2 − BK 2 = 202 − 122 = 400 − 144 = 256 =16

Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


·
* ABC
= 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ΔABC vuông tại K có : BC2 =KC.AC ⇔ 400 =16.AC ⇒ AC = 25 ⇒ R= 12,5cm
C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm)
B”

M

B

A

K

O

C

H
E
D
d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
D” BC ⇒ M ∈ d là đường
M’ thẳng
Giải: ΔMBC cân tại M có MB = MC suy ra M cách đều hai đầu đoạn
trung trực BC ,(OB=OC nên O ∈ d ),vì M∈ (O) nên giả sử d cắt (O) tại M (M thuộc cung nhỏ BC )
và M’(thuộc cung lớn BC ).
* Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M và D nằm khác phía BC hay AC
α
0
0
do ΔBCD cân tại C nên ·BDC = ·DBC = (180 − ·DCB) : 2 = 90 −
2
Tứ giác MBDC nội tiếp thì
·BDC + ·BMC = 1800 ⇒ ·BMC = 1800 − ·BDC = 1800 − (900 − α ) = 1800 − 900 + α = 900 + α
2
2
2

* Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC
ΔMBC cân tại M có MM’ là đường trung trực nên MM’ là phân giác góc BMC
α
α
¼ ' = (900 + α )
⇒ ·BMM ' = ·BMC = (900 + ) : 2 = 450 +
⇒ sđ BM
2
4
2
(góc nội tiếp và cung bị chắn)
»
·
sđ BD = 2BCD = 2α (góc nội tiếp và cung bị chắn)

α

α

α

α

» < BM
¼ ' ⇒ 2α < 900 + ⇔ 2α − < 900 ⇔ 3α < 1800 ⇔ 00 < α < 600 suy ra tồn tại
+ Xét BD
2
2
hai điểm là M thuộc cung nhỏ BC (đã tính ở trên )và M’ thuộc cung lớn BC .
α

0
Tứ giác BDM’C nội tiếp thì ·BDC = ·BM 'C = 90 − (cùng chắn cung BC nhỏ)
2
» = BM
¼ ' ⇒ 2α = 900 + ⇔ 2α − = 900 ⇔ 3α = 1800 ⇔ α = 600 thì M’≡ D không
+ Xét BD
2
2
thỏa mãn điều kiện đề bài nên không có M’ ( chỉ có điểm M tmđk đề bài)

Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


α

α

» > BM
¼ ' ⇒ 2α > 900 + ⇔ 2α − > 900 ⇔ 3α > 1800 ⇔ 600 < α ≤ 900 (khi BD
+ Xét BD
2
2
0
·
» khơng thỏa mãn điều kiện đề bài
⇒
⇒
qua tâm O và BD ⊥ AC BCD = α = 90 ) M’ thuộc cung BD
nên khơng có M’ (chỉ có điểm M tmđk đề).

Sở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 20092010
KHÁNH HOÀ
MÔN: TOÁN
NGÀY THI: 19/6/2009
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2 điểm) (không dùng máy tính bỏ túi)
a) Cho biết A= 5 + 15 và B= 5 − 15 . Hãy so sánh A+B và AB.
2x +y = 1
b) Giải hệ phương trình:
3x – 2 y= 12
Bài 2: (2.5 điểm)
Cho Parabol (P) : y= x2 và đường thẳng (d): y=mx-2 (m là tham số m ≠ 0)
a/ Vẽ đồ thò (P) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
b/ Khi m = 3, hãy tìm toạ độ giao điểm (p) ( d)
c/ Gọi A(xA;yA), B(xA;yB) là hai giao điểm phân biệt của (P) và ( d).
Tìm các gia trò của m sao cho : yA + yB = 2(xA + xB )-1.
Bài 3: (1.5 điểm)
Cho một mảnh đất hình chữ nhật có chiểu dai hơn chiều rộng 6 m và bình phương
độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác đònh chiều dài và rộng của mảnh đất hình
chữ nhật.
Bài 4: ( 4 điểm).
Cho đường tròn(O; R) từ một điểm M ngoài đường tròn (O; R). vẽ hai tiếp tuyến
A, B. lấy C bất kì trên cung nhỏ AB. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc
của C tên AB, AM, BM.
a/ cm AECD Nội tiếp một đường tròn .
b/ cm: CDˆ E = CBˆ A
c/ cm : Gọi I là trung điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB , DF.
Cm IK// AB.

d/ Xác đònh vò trí c trên cung nhỏ AB dể (AC2 + CB2 )nhỏ nhất. tính giá trò
nhỏ nhất đó khi OM =2R
---Hết--Đáp án câu 4c,d: Đề thi 2009 – 2010 :
Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


4c)Chng minh rng : IK//AB
Gi ý: Chng minh tng s o hai gúc ICK v IDK bng 1800 .
4d)Xỏc nh v trớ im C trờn cung nh AB CA2 + CB2 t GTNN.
Gi ý : Xõy dng cụng thc ng trung tuyn ca tam giỏc.
Gi N l trung im ca AB.
Ta cú:
AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 ND2) + (AN+ND)2 + (AN ND)2
= 2CN2 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2 + AN2 2AN.ND + ND2.
= 2CN2 + 2AN2
= 2CN2 + AB2/2
AB2/2 ko i nờn CA2 + CB2 t GTNN khi CN t GTNN C l giao im ca ON v
cung nh AB.
=> C l im chớnh gia ca cung nh AB.
Khi OM = 2R thỡ OC = R hay C l trung im ca OM => CB = CA = MO/2 = R
Do ú: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2 .

A
E
I

N O
D

C

K

F

B

Sở gd và đt
thanh hoá

Kỳ thi tuyển sinh thpt chuyên lam sơn
năm học: 2009 - 2010

Đề chính thức

Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp
chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009

Câu 1: (2,0 điểm)
1. Cho số x ( x R; x > 0 ) thoả mãn điều kiện: x2 +

1
=7
x2

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


1

1
và B = x5 + 5
3
x
x
1
1
+ 2 = 2

y
x

1 + 2 1 = 2
y
x


Tính giá trị các biểu thức: A = x3 +

2. Gii h phng trỡnh:

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phơng trình: ax 2 + bx + c = 0 ( a 0 ) có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều
kiện: 0 x1 x2 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Q=
Câu 3: (2,0 điểm)
1. Giải phơng trình:

x2 +

2a 2 3ab + b 2
2a 2 ab + ac

y + 2009 +

z 2010 =

1
( x + y + z)
2

2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 +1 và 6p2 +1 cũng là số nguyên tố.
Câu 4: (3,0 điểm)

1. Cho hình vuông ABCD có hai đờng chéo cắt nhau tại E . Một đờng thẳng qua A , cắt
cạnh BC tại M và cắt đờng thẳng CD tại N . Gọi K là giao điểm của các đờng thẳng EM
và BN . Chứng minh rằng: CK BN .
2. Cho ng trũn (O) bỏn kớnh R=1 v mt im A sao cho OA= 2 .V cỏc tip tuyn AB, AC
vi ng trũn (O) (B, C l cỏc tip im).Mt gúc xOy cú s o bng 45 0 cú cnh Ox ct on thng
AB ti D v cnh Oy ct on thng AC ti E. Chng minh rng: 2 2 2 DE < 1 .
Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức P = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ac + bd ,trong đó ad bc = 1 .
Chứng minh rằng: P 3 .
...Hết ...
Sở giáo dục và đào
Thanh Hoá

Kỳ thi tuyển vào lớp 10 chuyên lam sơn
năm học 2009-2010

Đáp án đề thi chính thức

Môn: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2009
(Đáp án này gồm 04 trang)
Câu
1

ý
1

Nội dung
1 2
1
) =9x+
= 3 (do x > 0)
x
x
1
1
1
1
1
21 = (x + )(x2 + 2 ) = (x3 + 3 ) + (x + ) A = x3 + 3 =18
x
x
x
x
x
1
1

1
1
7.18 = (x2 + 2 )(x3 + 3 ) = (x5 + 5 ) + (x + )
x
x
x
x
Từ giả thiết suy ra: (x +

Điểm
0.25
0.25
0.25
0.25

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


1
= 7.18 - 3 = 123
x5
1
1
1
1
+ 2 =
+ 2
T h suy ra
y
x

x
y
B = x5+

2

1

1

(2)

1
1
> 2 nờn (2) xy ra khi v ch khi x=y
x
y
y
x
th vo h ta gii c x=1, y=1
Nu

2

>

thỡ

2

b
c
, x1.x2 = .
a
a
2
b b
2 3. + ữ
2
2
2
a

3
ab
+
b
a a ( Vì a 0)
Khi đó Q =
=
2
b c
2a ab + ac
2 +
a a
2
2 + 3( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 )
=
2 + ( x1 + x2 ) + x1 x2
Vì 0 x1 x2 2 nên x12 x1 x2 và x2 2 4

2
x12 + x2 2 x1 x2 + 4 ( x1 + x2 ) 3x1 x2 + 4
Theo Viét, ta có: x1 + x2 =

Do đó Q

0.5

0.5

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

2 + 3( x1 + x2 ) + 3 x1 x2 + 4
=3
2 + ( x1 + x2 ) + x1 x2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = 2 hoặc x1 = 0, x2 = 2

b
a = 4

c = 4
c = b = 4a

a

Tức là
b = 2a Vậy max Q =3
b = 2 c = 0

a
c
= 0
a
3

1

0.25

ĐK: x 2, y - 2009, z 2010
Phơng trình đã cho tơng đơng với:
x + y + z = 2 x 2 +2 y + 2009

0.25

+2 z 2010

0.25
0.25

( x 2 - 1)2 + ( y + 2009 - 1)2 + ( z 2010 - 1)2 = 0
Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa

x−2 -1=0
y + 2009 - 1 = 0
2

x=3
⇔

0.25

y = - 2008

z = 2011
z − 2010 - 1 = 0
NhËn xÐt: p lµ sè nguyªn tè ⇒ 4p2 + 1 > 5 vµ 6p2 + 1 > 5
§Æt x = 4p2 + 1 = 5p2- (p - 1)(p + 1)
y = 6p2 + 1 ⇒ 4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2)
Khi ®ã:
- NÕu p chia cho 5 d 4 hoÆc d 1 th× (p - 1)(p + 1) chia hÕt cho 5
⇒ x chia hÕt cho 5 mµ x > 5 ⇒ x kh«ng lµ sè nguyªn tè

0.25

0.25

- NÕu p chia cho 5 d 3 hoÆc d 2 th× (p - 2)(p + 2) chia hÕt cho 5
⇒ 4y chia hÕt cho 5 mµ UCLN(4, 5) = 1 ⇒ y chia hÕt cho 5 mµ

0.25

y>5
⇒ y kh«ng lµ sè nguyªn tè
VËy p chia hÕt cho 5, mµ p lµ sè nguyªn tè ⇒ p = 5

4

0.25

Thö víi p =5 th× x =101, y =151 lµ c¸c sè nguyªn tè
§¸p sè: p =5

Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


1.
A

I

B
K

E

M

Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm D
I sao cho IB = CM C
Ta cã ∆ IBE = ∆ MCE (c.g.c).
Suy ra EI = EM , ∠MEC = ∠BEI ⇒ ∆ MEI vu«ng c©n t¹i E

Suy ra ∠EMI = 45 0 = ∠BCE
IB CM MN
MÆt kh¸c:
=
=
⇒ IM // BN
AB CB
AN
∠BCE = ∠EMI = ∠BKE ⇒ tø gi¸c BECK néi tiÕp
2.

∠BEC + ∠BKC = 180 0
L¹i cã:
∠BEC = 90 0 ⇒ ∠BKC = 90 0 . VËy CK ⊥ BN

x
x

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

D
M

A
E
C

0 suy ra OBAC là hình vuông
Vì AO = 2 , OB=OC=1 và ∠ABO=∠ACO=90
y
Trên cung nhỏ BC lấy điểm M sao cho ∠DOM = ∠DOB ⇒∠MOE=∠COE
Suy ra ∆ MOD= ∆ BOD ⇒ ∠DME=900
∆ MOE= ∆ COE ⇒∠EMO=900
suy ra D,M,E thẳng hàng, suy ra DE là tiếp tuyến của (O).
Vì DE là tiếp tuyến suy ra DM=DB, EM=EC
Ta có DEĐặt DM= x, EM=y ta có AD2 + AE2 = DE2
⇔ (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2
( x + y ) 2 suy ra DE2 + 4.DE - 4 ≥ 0
⇔ 1- (x+y) = xy ≤
4
⇔ DE ≥ 2 2 − 2
Vậy 2 2 − 2 ≤ DE<1
Ta cã:

0.25

O

B

5.

N

0.25
0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


(ac + bd ) 2 + (ad bc) 2 = a 2 c 2 + 2abcd + b 2 d 2 + a 2 d 2 2abcd + b 2 c 2
= a 2 ( c 2 + d 2 ) + b 2 ( d 2 + c 2 ) = ( a 2 + b 2 )( c 2 + d 2 )
Vì ad bc = 1 nên 1 + (ac + bd ) = ( a 2 + b 2 )( c 2 + d 2 ) (1)
áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm ( a 2 + b 2 ) ; ( c 2 + d 2 ) có:
2

0.25
0.25

P = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ac + bd 2 ( a 2 + b 2 )( c 2 + d 2 ) + ac + bd

P 2 1 + ( ac + bd ) + ac + bd
2

(theo (1))

Rõ ràng P > 0 vì: 2 1 + ( ac + bd ) 2 > ac + bd 2
Đặt x = ac + bd ,ta có: P 2 1 + x 2 + x

0.25

P 2 4(1 + x 2 ) + 4 x 1 + x 2 + x 2 = (1 + x 2 ) + 4 x 1 + x 2 + 4 x 2 + 3
=

(

)

2

1 + x2 + 2x + 3 3

Vậy P 3

Sở giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh THPT chuyên lam sơn
thanh hoá
năm học: 2009 2010
Đề chính thức
Môn: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên tin)
Thời gian làm bài : 150 phút( Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:19 tháng 6 năm 2009
Câu 1( 2,0 điểm)

2x 2 + 4
1
1


1 x3 1 + x 1 x

1. Tìm điều kiện của x để T xác định. Rút gọn T
2. Tìm giá trị lớn nhất của T .
Cho biểu thức: T =

Câu 2 ( 2,0 điểm)

1. Giải hệ phơng trình:

2 x 2 xy = 1
2
2
4 x + 4 xy y = 7

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


2. Giải phơng trình:

x2+

1
y + 2009 + z 2010 = ( x + y + z )
2

Câu 3 (2,0 điểm)
1. Tìm các số nguyên a để phơng trình: x2- (3+2a)x + 40 - a = 0 có nghiệm nguyên. Hãy tìm
các nghiệm nguyên đó.
a0

2. Cho a, b, c là các số thoả mãn điều kiện:
b0
19a + 6b + 9c = 12

Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phơng trình sau có nghiệm
x 2 2(a + 1) x + a 2 + 6abc + 1 = 0
x 2 2(b + 1) x + b 2 + 19abc + 1 = 0
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đờng tròn tâm O đờng kính AD. Gọi H là
trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.
1. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành.
2. Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của E qua các đờng thẳng AB và AC. Chứng minh
rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng.
3. Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn nhất.
Câu 5 ( 1,0 điểm)
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh rằng với mọi số
thực x, y, z ta luôn có:

x 2 y 2 z 2 2x 2 + 2 y 2 + 2z 2
+
+ >
a2 b2 c2
a2 + b2 + c2
------Hết-----

Họ và tên thí sinh:.....................
Họ tên và chữ ký của giám thị 1
Sở giáo dục và đào tạo

Thanh Hoá

Câu
1

Kỳ thi tuyển vào lớp 10 chuyên lam sơn
năm học 2009-2010

Đáp án đề thi chính thức

Môn: Toán ( Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Tin)
ý
Nội dung
1

Điều kiện: x 0; x 1
2x 2 + 4
2
2 2x
2

=
= 2
3
3
1 x 1 x
1 x
x + x +1
T lớn nhất khi x 2 + x + 1 nhỏ nhất, điều này xẩy ra khi x = 0
Vậy T lớn nhất bằng 2
Giải hệ phơng trình:

2x2 xy = 1
(1)
4x2 +4xy y2 = 7 (2)
2x 2 1
Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1) y =
(*)
x
2
2
Thế vào (2) đợc: 4x2 + 4x. 2 x 1 - ( 2 x 1) 2 = 7
x
x
4
2
8x 7x - 1 = 0
Đặt t = x2 với t 0 ta đợc 8t2 - 7t - 1 = 0
T=

2
2

Số báo danh:......................
Họ tên và chữ ký của giám thị 2

1

Điểm
2,0
0,25
0,75

0,5
0,5

0,25

0,25

0,25

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa




t=1
t=-

0,25
1
(loại)
8

với t =1 ta có x2 = 1 x = 1 thay vào (*) tính đợc y = 1
Hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm:
x = 1 và x = -1
y=1
y = -1
2

ĐK: x 2; y 2009; z 2010

Phơng trình đã cho tơng đơng với:
x + y + z = 2 x 2 + 2 y + 2009 + 2 z 2010

(

) (

) (

2

2

x 2 1 + y + 2009 1 +
x = 3; y = 2008; z = 2011
3

1

)

0,25
0,25
2

z 2010 1 = 0

PT đã cho có biệt số = 4a2 + 16a -151
PT có nghiệm nguyên thì = n2 với n N
Hay 4a2 + 16a - 151 = n2 (4a2 + 16a + 16) - n2 = 167

(2a + 4)2 - n2 = 167 (2a + 4 + n)(2a + 4 - n) = 167
Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n > 2a + 4 - n nên phải có:

2a + 4 + n
2a + 4 - n
2a + 4 + n
2a + 4 - n

2

0,25

= 167
= 1
= -1
= -167



4a + 8 = 168
a = 40
4a + 8 = -168 a = -44

với a = 40 đựơc PT: x2 - 83x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 83
với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 84
Ta có: 1' = a (2 6bc) ; 2 ' = b(2 19ac)
Suy ra 1' + 2 ' = a (2 6bc) + b(2 19ac)
Từ giả thiết 19a + 6b + 9c = 12 , ta có tổng

(2 6bc) + (2 19ac) = 4 c(19a + 6b) = 4 c(12 9c)

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

= 9c 2 12c + 4 = ( 3c 2 ) 0 .
2

Do đó ít nhất một trong hai số (2 6bc) ;(2 19ac) không âm
Mặt khác, theo giả thiết ta có a 0 ; b 0 . Từ đó suy ra ít nhất một trong

0,25

hai số 1' ; 2 ' không âm, suy ra ít nhất một trong hai phơng trình đã cho có
nghiệm ( đpcm)
4

1

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BH AC (1)
Mặt khác AD là đờng kính của đờng tròn tâm O nên DC AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BH // DC.
Hoàn toàn tơng tự, suy ra BD // HC.
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song song).
2

Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE
( c.g. c )
Lại có ( góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Mặt khác tứ giác APHB là tứ giác nội tiếp ( góc nội tiếp cùng chắn một
cung)
Mà
Hoàn toàn tơng tự, ta có: .Do đó:
Suy ra ba điểm P, H, Q thẳng hàng
Vì P, Q lần lợt là điểm đối xứng của E qua AB và AC nên ta có
AP = AE = AQ suy ra tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A
Mặt khác, cũng do tính đối xứng ta có ( không đổi)

3

Do đó cạnh đáy PQ của tam giác cân APQ lớn nhất khi và chỉ khi AP, AQ lớn
nhất AE lớn nhất.
Điều này xảy ra khi và chỉ khi AE là đờng kính của đờng tròn tâm O ngoại tiếp
tam giác ABC E D

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


5

C

H

a

B

V× ta cã:

b

c

A

(*)
Gi¶ sư th× . Víi c¹nh lín nhÊt
nhän (gt) do vËy kỴ ®êng cao BH ta cã tõ ®ã suy ra biĨu thøc (*) lµ kh«ng ©m
suy ra ®iỊu ph¶i chøng minh

0,25
0,25

0,5

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn thi: Toán
Ngày thi: 02/ 07/ 2009
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2,0 điểm)
Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


Giải các phương trình sau:

1.
2(x + 1) = 4 – x
2.
x2 – 3x + 0 = 0
Bài 2: (2,0 điểm)
1.
Cho hàm số y = ax + b. tìm a, b biết đồ thò hàm số đẫ cho đi qua hai điểm A(-2;
5) và B(1; -4).
2.
Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2
a. tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghòch biến.
b. Tìm giá trò m để đồ thò hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
Bài 3: (2,0 điểm)
Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. Sau đó 75 phút, trên cùng
tuyến đường đó một ôtô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc của
xe máy là 20 km/giờ. Hai xe gặp nhau tại Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng
Quy Nhơn cách Hoài Ân 100 km và Quy Nhơn cách Phù Cát 30 km.
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác vuông ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài AC
(về phía C) đoạn CD sao cho CD = AC.
1.
Chứng minh tam giác ABD cân.
2.
Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E. Kéo dài AE (về phía
E) đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên
một đường thẳng.
3.
Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O).
Bài 5: (1,0 điểm)
Với mỗi số k nguyên dương, đặt Sk = ( + 1)k + ( - 1)k

Chứng minh rằng: Sm+n + Sm- n = Sm .Sn với mọi m, n là số nguyên dương và m > n.

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009 - 2010

Lời giải vắn tắt mơn thi: Tốn
Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


Ngày thi: 02/ 07/ 2009
Bài 1: (2,0 điểm)
Giải các phương trình sau:
1)
2(x + 1)
=4–x
2x + 2
=4-x
2x + x
= 4-2
3x
=2
x
=
2) x2 – 3x + 2 = 0. (a = 1 ; b = - 3 ; c = 2)
Ta có a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0 .Suy ra x1= 1 và x2 = = 2
Bài 2: (2,0 điểm)

1.Ta có a, b là nghiệm của hệ phương trình
Vậy a = - 3 và b = - 1
2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2
a) Để hàm số nghịch biến thì 2m – 1 < 0 m < .
b) Để đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng . Hay đồ thò hàm số đi
qua điểm có toạ đôï ( ;0). Ta phải có pt
0 = (2m – 1).(- ) + m + 2 m = 8
Bài 3: (2,0 điểm)
Qng đường từ Hồi Ân đi Phù Cát dài : 100 - 30 = 70 (km)
Gọi x (km/h) là vận tốc xe máy .ĐK : x > 0.
Vận tốc ơ tơ là x + 20 (km/h)
Thời gian xe máy đi đến Phù Cát : (h)
Thời gian ơ tơ đi đến Phù Cát : (h)
Vì xe máy đi trước ơ tơ 75 phút = (h) nên ta có phương trình :
- =
Giải phương trình trên ta được x1 = - 60 (loại) ; x2 = 40 (nhận).
Vậy vận tốc xe máy là 40(km/h), vận tốc của ơ tơ là 40 + 20 = 60(km/h)
Bài 4 : a) Chứng minh ABD cân
Xét ABD có BC DA (Do = 900 : Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )
Mặt khác : CA = CD (gt) . BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên ABD cân tại B
b)Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng.
0
·
Vì CAE = 90 , nên CE là đường kính của (O), hay C, O, E thẳng hàng.
Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD
Suy ra BD // CO hay BD // CE
(1)
Tương tự CE là đường trung bình của tam giác ADF
Suy ra DF // CE
(2)

Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng
c)Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc
với đường tròn (O).
Ta chứng minh được BA = BD = BF
Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính .
Vì OB = AB - OA > 0 Nên đường tròn đi qua
Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A
Bài 5: (1,0 điểm)
Với mọi m, n là số ngun dương và m > n.
Vì Sk = ( 2 + 1)k + ( 2 - 1)k
Ta có: Sm+n = ( 2 + 1)m + n + ( 2 - 1)m + n
Sm- n = ( 2 + 1)m - n + ( 2 - 1)m - n
Suy ra Sm+n + Sm- n = ( 2 + 1)m + n + ( 2 - 1)m + n + ( 2 + 1)m - n + ( 2 - 1)m – n
(1)
m
m
n
n
Mặt khác Sm.Sn = ( 2+ 1) + ( 2- 1)  ( 2+ 1) + ( 2- 1) 
= ( 2 + 1)m+n + ( 2 - 1)m+n + ( 2 + 1)m. ( 2 - 1)n + ( 2 - 1)m. ( 2 + 1)n
(2)
m-n

m-n

Mà ( 2 + 1) + ( 2 - 1)
( 2+ 1) m

( 2- 1) m
( 2+ 1) m .( 2- 1) n + ( 2- 1) m .( 2+ 1) n
=
+
=
( 2+ 1) n
( 2- 1) n
( 2- 1) n .( 2+ 1) n
( 2+ 1) m .( 2- 1) n + ( 2- 1) m .( 2+ 1) n
1n
= ( 2+ 1) m .( 2- 1) n + ( 2- 1) m .( 2+ 1) n
(3)
Từ (1), (2) và (3) Vậy Sm+n + Sm- n = Sm .Sn với mọi m, n là số ngun dương và m > n.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
QUẢNG NINH
NĂM HỌC 2009 - 2010
------------=

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MƠN : TỐN
Ngµy thi : 29/6/2009
Thêi gian lµm bµi : 120 phót
(kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị)

Ch÷ ký GT 1 :
..............................
Ch÷ ký GT 2 :
..............................

(§Ị thi nµy cã 01 trang)
Bµi 1. (2,0 ®iĨm) Rót gän c¸c biĨu thøc sau :
a) 2 3 + 3 27 − 300


1
1 
1
+
÷:
x − 1  x ( x − 1)
 x− x

b) 

Bµi 2. (1,5 ®iĨm)
a). Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 + 3x – 4 = 0
b) Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh: 3x – 2y = 4
2x + y = 5
Bµi 3. (1,5 ®iĨm)

Gv: biên soạn Cao Thế Anh – Trường THCS Nguyễn Du – Thị Trấn Quảng Xương – Thanh Hóa


Cho hàm số : y = (2m 1)x + m + 1 với m là tham số và m #

1
. Hãy xác định m trong
2

mỗi trờng hơp sau :
a) Đồ thị hàm số đi qua điểm M ( -1;1 )
b) Đồ thị hàm số cắt trục tung, trục hoành lần lợt tại A , B sao cho tam giác OAB cân.
Bài 4. (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:
Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dòng
từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc
dòng nớc là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc đứng yên )
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng
tròn (O;R) ( A; B là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM = 5cm và R = 3 cm.
c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đờng tròn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm
giữa M và D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA là tia phân
giác của góc CED.
---------------------- Hết ---------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: .

Đáp án

Bài 1:
a) A = 3
Bài 2 :
a) x1 = 1 ; x2 = -4
b)
3x 2y = 4
<=>

2x + y = 5
3x 2y = 4

b) B = 1 +

<=>

7x = 14

x

<=>

x=2

4x + 2y = 5
2x + y = 5
y=1
Bài 3 :
a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;1) => Tọa độ điểm M phải thỏa mãn hàm số :
y = (2m 1)x + m + 1 (1)
Thay x = -1 ; y = 1 vào (1) ta có: 1 = -(2m -1 ) + m + 1
<=> 1 = 1 2m + m + 1
<=> 1 = 2 m
<=> m = 1
Vậy với m = 1 Thì ĐT HS : y = (2m 1)x + m + 1 đi qua điểm M ( -1; 1)
c) ĐTHS cắt trục tung tại A => x = 0 ; y = m+1 => A ( 0 ; m+1) => OA = m + 1
cắt truc hoành tại B => y = 0 ; x =
Tam giác OAB cân => OA = OB
<=> m + 1 =

m 1

m 1
m 1
=> B (
; 0 ) => OB =
2m 1
2m 1
2m 1

m 1
Giải PT ta có : m = 0 ; m = -1
2m 1

Bài 4: Gọi vận tốc thực của ca nô là x ( km/h) ( x>5)
Vận tốc xuôi dòng của ca nô là x + 5 (km/h)
Vận tốc ngợc dòng của ca nô là x - 5 (km/h)
Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :

60
( giờ)
x+5

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :
Theo bài ra ta có PT:

Bài 5:

60

60
+
=5
x+5 x5

60
( giờ)
x5

<=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 25)
<=> 5 x2 120 x 125 = 0

x1 = -1 ( không TMĐK)

x2 = 25 ( TMĐK)
Vậy vân tốc thực của ca nô là 25 km/h.
A
D
C

E

M

O

B

Ta có: MA AO ; MB BO ( T/C tiếp tuyến cắt nhau)
ã

ã
=> MAO
= MBO
= 900
0
0
0
ã
ã
Tứ giác MAOB có : MAO
+ MBO
= 90 + 90 = 180 => Tứ giác MAOB nội tiếp đờng tròn
b)
áp dụng ĐL Pi ta go vào MAO vuông tại A có: MO2 = MA2 + AO2

MA2 = MO2 AO2

MA2 = 52 32 = 16 => MA = 4 ( cm)
Vì MA;MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau => MA = MB => MAB cân tại A
MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đờng trung trực => MO AB
Xét AMO vuông tại A có MO AB ta có:
a)

2
9
AO2 = MO . EO ( HTL trong vuông) => EO = AO = (cm)

MO

5

9 16
=> ME = 5 - =
(cm)
5
5

áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vuông tại E ta có:AO2 = AE2 +EO2


AE2 = AO2 EO2 = 9 -

81 144
12
=
=
25
25
5

12
( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE do MO là đờng trung trực của AB)
5
24
1
1 16 24 192

AB =
(cm) => SMAB = ME . AB = . .
=

(cm2)
5
2
2 5 5
25
c) Xét AMO vuông tại A có MO AB. áp dụng hệ thức lợng vào tam giác vuông AMO


AE =

ta có: MA2 = ME. MO (1)

1
ã
mà : ãADC = MAC
= Sđ ằAC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng

chắn 1 cung)

2

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


MA MD
=> MA2 = MC . MD (2)
=
MC MA
MD ME
Từ (1) và (2) => MC . MD = ME. MO =>

=
MO MC
MD ME
ã
ã
ả chung;
) => MEC
( 2 góc tứng) ( 3)
=
MCE : MDO ( c.g.c) ( M
= MDO
MO MC
OA OM
Tơng tự: OAE : OMA (g.g) =>
=
OE OA
OA OM OD OM
=>
=
=
( OD = OA = R)
=
OE OA OE OD
à chong ; OD = OM ) => OED
ã
ã
Ta có: DOE : MOD ( c.g.c) ( O
( 2 góc t ứng) (4)
= ODM
OE OD

ã
ã
ã
Từ (3) (4) => OED
. mà : ãAEC + MEC
=900
= MEC
ãAED + OED
ã
=900
ã
=> ãAEC = ãAED => EA là phân giác của DEC
sở gd&đt quảng bình đề thi chính thức tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học 2009-2010
Môn :toán
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
MAC :

DAM (g.g) =>

Phần I. Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)
* Trong các câu từ Câu 1 đến Câu 8, mỗi câu đều có 4 phơng án trả lời A, B, C, D; trong đó
chỉ có một phơng án trả lời đúng. Hãy chọn chữ cái đứng trớc phơng án trả lời đúng.
Câu 1 (0,25 điểm): Hệ phơng trình nào sau đây vô nghiệm?
y =3 x 2
y =1 2 x
(
II
)
y = 2 x

y = 3 x +1
A. Cả (I) và (II)
B. (I)
C. (II)
D. Không có hệ nào cả

{

(I )

{

Câu 2 (0,25 điểm): Cho hàm số y = 3x2. Kết luận nào dới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến với mọi giá trị x>0 và đồng biến với mọi giá trị x<0.
B. Hàm số đồng biến với mọi giá trị x>0 và nghịch biến với mọi giá trị x<0.
C. Hàm số luôn đồng biến với mọi giá trị của x.
D. Hàm số luôn nghịch biến với mọi giá trị của x.
Câu 3 (0,25 điểm): Kết quả nào sau đây sai?
A. sin 450 = cos 450
;
B. sin300 = cos600
0
0
C. sin25 = cos52
;
D. sin200 = cos700
Câu 4 (0,25 điểm): Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng 9 cm. Bán kính đờng tròn ngoại tiếp
tam giác ABC bằng:
A. 3 3 cm
B. 3 cm

C. 4 3 cm
D. 2 3 cm
Câu 5 (0,25 điểm):
Cho hai đờng thẳng (d1): y = 2x và (d2): y = (m - 1)x = 2; với m là tham số. Đờng thẳng (d1)
song song với đờng thẳng (d2) khi:
A. m = -3
B. m = 4
C. m = 2
D. m = 3
Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


Câu 6 (0,25 điểm): Hàm số nào sau đây là hàm số bậc nhất?
2
1
A. y = x + ; B. y = (1 + 3 )x + 1 C. y = x 2 + 2
D. y =
x
x
3
Câu 7 (0,25 điểm): Cho biết cos = , với là góc nhọn. Khi đó sin bằng bao nhiêu?
5
3
5
4
3
A.
;
B.
;

C.
;
D.
5
3
5
4
Câu 8 (0,25 điểm): Phơng trình nào sau đây có 2 nghiệm phân biệt?
A. x2 + 2x + 4 = 0
;
B. x2 + 5 = 0
2
C. 4x - 4x + 1 = 0
;
D. 2x2 +3x - 3 = 0
Bài 1 (2,0 điểm): Cho biểu thức:

Phần II. Tự luận ( 8 điểm)
N=

n 1
n +1

+

n +1
n 1

; với n 0, n 1.

a) Rút gọn biểu thức N.
b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để biểu thức N nhận giá trị nguyên.
Bài 2 (1,5 điểm):
Cho ba đờng thẳng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = 4 và (d3): nx - y = n - 1;
n là tham số.
a) Tìm tọa độ giao điểm N của hai đờng thẳng (d1) và (d2).
b) Tìm n để đờng thẳng (d3) đi qua N.
Bài 3 (1,5 điểm):
Cho phơng trình: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), với n là tham số.
a) Tìm n để phơng trình (1) có một nghiệm x = 3.
b) Chứng minh rằng, với mọi n - 1 thì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác PQR vuông cân tại P. Trong góc PQR kẻ tia Qx bất kỳ cắt PR tại D (D
không trùng với P và D không trùng với R). Qua R kẻ đờng thẳng vuông góc với Qx tại E. Gọi F là
giao điểm của PQ và RE.
a) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b) Chứng minh tia EP là tia phân giác của góc DEF
c) Tính số đo góc QFD.
d) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng QE. Chứng minh rằng điểm M luôn nằm trên cung
tròn cố định khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR

Đáp án bài thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Năm học 2009 - 2010
Môn: Toán
Phần I. Trắc nghiệm khách quan
Câu
Đáp án

Câu1
C

Câu 3
C

Câu 4
A

Câu 5
D

Câu 6
B

Câu7
C

Câu 8
D

Phần II. Tự luận

Bài 1:
a)N =

Câu 2
B

n 1

+

n +1

n +1
n 1
Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


(
=

) ( n + 1)
( n + 1)( n 1)
2

n 1 +

2

= n 2 n +1+ n + 2 n +1
n 1
2( n + 1)
=
với n 0, n 1.
n 1
2( n + 1) 2( n 1) + 4
4
b) N =
=
=2+
n 1

n 1
n 1
4
Ta có: N nhận giá trị nguyên
có giá trị nguyên n-1 là ớc của 4
n 1
n-1 { 1;2;4}
+ n-1 = -1 n = 0
+ n-1 = 1 n = 2
+ n-1 = -2 n = -1 (Không thỏa mãn với ĐKXĐ của N)
+ n-1 = 2 n = 3
+ n-1 = -4 n = -3 (Không thỏa mãn với ĐKXĐ của N)
+ n-1 = 4 n = 5
Vậy để N nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi n { 0;2;3;5}
Bài 2: (d1): -x + y = 2;
(d2): 3x - y = 4 và
(d3): nx - y = n - 1; n là tham số.
a) Gọi N(x;y) là giao điểm của hai đờng thẳng (d1) và (d2) khi đó x,y là nghiệm của hệ phơng
trình:
x+ y =2
3x y=4

{

Ta có : (I)

{

(I )

2 x =6
y = x+2



{

x =3
y =5

Vậy: N(3;5)
b) (d3) đi qua N(3; 5) 3n - 5 = n -1 2n = 4 n= 2.
Vậy: Để đờng thẳng (d3) đi qua điểm N(3;5) n = 2
Bài 3: Cho phơng trình: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), với n là tham số.
a) Phơng trình (1) có một nghiệm x = 3 (n+1).32 - 2(n-1).3 + n-3 = 0
F
9n + 9 - 6n + 6 + n - 3 = 0
4n = -12 n = -3
b) Với n -1, ta có: ' = (n-1)2 - (n+1)(n-3)
= n2 - 2n + 1 - n2P+2n +4
=5>0
Vậy: với mọi n -1 thì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
x
Bài 4:
N
E
D
M

Q

I

R

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


Ta có: QPR = 900 ( vì tam giác PQR vuông cân ở P)
QER = 900 ( RE Qx)
Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR dới một góc không đổi (900) Tứ giác
QPER nội tiếp đờng tròn đờng kính QR.
b)
Tứ giác QPER nội tiếp PQR + PER = 1800
mà PER + PEF = 1800 (Hai góc kề bù)
PQR = PEF PEF = PRQ (1)
Mặt khác ta có: PEQ = PRQ (2) tiếp tứ giác QPER>.
Từ (1) và (2) ta có PEF = PEQ EP là tia phân giác của gócDEF
c)
Vì RP QF và QE RF nên D là trực tâm của tam giác QRF suy ra
FD QR QFD = PQR (góc có cạnh tơng ứng vuông góc)
mà PQR = 450 (tam giác PQR vuông cân ở P) QFD = 450
d)
Gọi I là trung điểm của QR và N là trung điểm của PQ. (I,N cố định)
Ta có: MI là đờng trung bình của tam giác QRE MI//ER mà ER QE
MI QE QMI = 900 M thuộc đờng tròn đờng kính QI.
Khi Qx QR thì M I, khi Qx QP thì M N.
Vậy: khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR thì M luôn nằm trên cung NI của
đờng tròn đờng kính QI cố định.

a)

Trờng THCS cẩm văn
---------------------------

Kỳ thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT

Đề thi chính thức

Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi : 9 tháng 6 năm 2009 ( buổi sáng)
Đề thi gồm : 01 trang

năm học 2009 2010
Môn thi : Toán

Bài 1 ( 3,0 điểm)
1) Giải các phơng trình sau:
a) 6x + 5 =0
x
4
3
b)
= 2

x 1 x x x 1
2 x + y = 8
2) Giải hệ phơng trình
y x = 2
3) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = 3x - 4 với hai trục toạ độ.

Bài 2 ( 2,0 điểm)

a +2
a 2
a
:
1) Rút gọn biểu thức P =

(a > 0; a 1)

a 1 a +1
a + 2 a +1
2) Cho phơng trình x2 - 2(m - 1)x - 3=0 (m là tham số)

a) Xác định m để phơng trình có một nghiệm bằng -2. Tìm nghiệm còn lại.

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa


b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình đã cho. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Q = x13 x 2 + x1 x 23 5 x1 x 2 .
Bài 3 (1,0 điểm)
Tìm hai số có tổng bằng 30 và tổng các bình phơng của chúng bằng 468.
Bài 4 (3,0 điểm)
Tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O. Trên cung AC không chứa điểm B lấy điểm D bất kỳ
( D A, D C). P là điểm chính giữa của cung AB ( không chứa C). Đờng thẳng PC cắt các đờng
thẳng AB, AD lần lợt ở K và E. Đờng thẳng PD cắt các đờng thẳng AB, BC lần lợt ở I và F.Chứng
minh :
a) Góc CED bằng góc CFD. Từ đó suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.
b) EF // AB.

c) PA là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADI
d) Khi D thay đổi thì tổng bán kính của đờng tròn ngoại tiếp các tam
giác AID, BID
không đổi.
Bài 5 (1,0 điểm) Học sinh chọn 1 trong các phần sau đây
a)Tìm các số hữu tỉ x, y thoả mãn :
12 3 + y 3 = x 3
b)Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho điểm A (-3;0)và Parabol(P) có phơng trình y=x2. Hãy
tìm toạ độ của điểm M thuộc (P) để cho độ dài đoạn thẳng AM nhỏ nhất.
2x + m
c)Tìm m để giá trị lớn nhất của biểu thức 2
bằng 2
x +1
d)Rút gọn biểu thức : A = 3 3b 1 + b 8b 3 + 3 3b 1 b 8b 3 với b 3 / 8
e)Tìm các số thực x sao cho x + 2009 và

16
2009 đều là số nguyên.
x

..Hết..
Trờng thcs cẩm văn
Kỳ thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT
--------------------------năm học 2009 2010
Môn thi : Toán
Đề thi chính thức
Ngày thi : 9 tháng 6 năm 2009 ( buổi sáng)

Hớng dẫn chấm thi
Bản hớng dẫn gồm 04 trang

I. Hớng dẫn chung

-Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc yêu cầu cơ bản vẫn cho
đủ điểm.
1
- Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai
lệch với hớng dẫn chấm và đợc thống nhất trong Hội đồng chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm.
II. Đáp án và thang điểm
Câu
(bài)
Bài 1

ý
(phần)
1a:

(3,0 điểm)

(0,5 điểm)

Nội dung
6x + 5 =0 6x = -5 x =
Vậy pt có nghiệm là x =

5
6

5

6

Điểm
0,25

0,25

Gv: biờn son Cao Th Anh Trng THCS Nguyn Du Th Trn Qung Xng Thanh Húa