đề tuyển sinh vào 10

ĐỀ SỐ 1.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Khóa ngày 2 tháng 7 năm 2006
MƠN: TỐN
( Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề )

Phần I : Trắc nghiệm khách quan ( 2.0 điểm )
Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất.
1. Biểu thức
A. x ≥

1
4

1 − 4x
xác đònh với giá trò nào sau đây của x ?
x2
1
1
B. x ≤
C. x ≤ và x ≠ 0
4
4

D. x ≠ 0

2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x
B. y = 2 ( 1 − 2 x )

A. y = 2x - 1

 kx − 3 y = −3

3. Hai hệ phương trình  x − y = 1

A. -3
B. 3


C. y = 2 - x
3 x + 3 y = 3

và  x − y = 1


D. y = 2 ( 1 − 2 x )

là tương đương khi k bằng

C. 1

D. -1

1 

4. Điểm Q  − 2; ÷thuộc đồ thò hàm số nào trong các hàm số sau đây ?
2


A. y =

2 2
x
2

2 2
x
2

B. y = −

C. y =

2 2
x
4

D. y = −

2 2
x
4

5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi
đó độ dài đoạn EF bằng :
A. 13
B. 13
C. 2 13
D. 3 13

6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3 3 a, khi đó sinB bằng
A.

3
a
2

B.

1
2

C.

3
2

D.

1
a
2

7. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 18cm, AC = 24cm . Bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác đó bằng .
A. 30cm
B. 15 2cm
C. 20cm
D. 15cm
8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6cm, AB = 8cm. Quay tam giác đó một vòng

quanh cạnh AC cố đònh được một hình nón . Diện tích toàn phần hình nón đó là
A. 96π cm2
B. 100 π cm2
C. 144 π cm2
D. 150 π cm2
Phần II : Tự luận ( 8.0 điểm )
Bài 1: ( 1,5 điểm )
Cho phương trình bậc hai, ẩn số x: x2 - 4x + m + 1 = 0


1. Giải phương trình khi m = 3
2. Với giá trò nào của m thì phương trình có nghiệm.
3. Tìm giá trò của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1, x2 thoả mãn điều kiện x12 +
x22 = 10
Bài 2 : ( 1 điểm )
3 x − 2 − y + 2 = 1
Giải hệ phương trình : 
 x − 2 + y + 2 = 3

Bài 3: ( 1,5 điểm )
Rút gọn biểu thức :
1. A = 6 + 3 3 + 6 − 3 3
2. B =

( 5 + 2 6 ) ( 49 − 20 6 )

5−2 6

9 3 − 11 2

Bài 4: ( 4 điểm )
Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ là
đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I .
Tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P.
1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp
2. Chứng minh AI.BK = AC.CB
3. Chứng minh tam giác APB vuông .
4. Giả sử A, B, I cố đònh . Hãy xác đònh vò trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tích
lớn nhất .


P N
S 1.
I/ Trắc nghiệm khách quan.
1- C
5-d

2-b
6-b

3-a
7-d

4-c
8-c

II/ tự luận.
Bài 1:
1. Khi m = 3, phơng trình đã cho trở thành : x2- 4x + 4 = 0 (x - 2)2 = 0 x = 2 là
nghiệm kép của phơng trình.

2. Phơng trình có nghiệm 0 (-2)2 -1(m + 1) 0 4 - m -1 0 m 3.
Vậy với m 3 thì phơng trình đã cho có nghiệm.
3. Với m 3 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm . Gọi hai nghiệm của phơng trình là x1,
x2 .Theo định lý Viét ta có : x 1 + x2 = 4 (1), x1.x2 = m + 1 (2). Mặt khác theo gt : x 12 + x22
= 10 (x1 + x2)2 - 2 x1.x2 = 10 (3). Từ (1), (2), (3) ta đợc :16 - 2(m + 1) = 10 m = 2 <
3(thoả mãn) . Vậy với m = 2 thì phơng trình đã cho có 2 nghiệm thoả mãn điều kiện x 12
+ x22 = 10.
Bài 2:
x 2 = a 0
x 2 0
x 2

. Đặt
Khi đó hệ phơng trình đã
y + 2 0
y 2
y + 2 = b 0
3a b = 1
a = 1 0
cho trở thành :
.Giải hệ này ta đợc
(TM).
a + b = 3
b = 2 0

Điều kiện để hệ có nghiệm:

x 2 = 1
a = 1
x 2 = 1

x = 3


ta có :
(TM).Vậy (x;y) = (3 ; 2) là nghiệm của hệ phb = 2
y + 2 = 4
y = 2
y + 2 = 2

Với

ơng trình đã cho.
Bài 3:
1. Ta có
A2 = 6 + 3 3 + 6 3 3 + 2

( 6 + 3 3 ) ( 6 3 3 ) = 12 + 2

(

62 3 3

)

2

=

= 12 + 2 ì3 = 18
A = 3 2 (vì A > 0)

2.

( 5+ 2 6) ( 52 6)
B=

2

9 3 11 2

=

9 3 11 2
9 3 11 2

=1

52 6

( 52 6) (
=

3 2

9 3 11 2

)

2

(
=

3 2

)

3

9 3 11 2

=


Bài 4:

p

i

Gọi O là tâm đờng tròn đờng kính IC
IC
ã
ã
1. Vì P O; ữ IPC
= 900 KPC
= 900 .
2

ã

Xét tứ giác PKBC có KPC
= 900 (chứng minh trên)
ã
ã
ã
KBC
= 900 (gt) . Suy ra KPC
+ KBC
= 1800 . Suy ra tứ giác
CPKB nội tiếp đợc (đpcm) .

k

o

b
a
c
ã
ã
2. Ta có KC CI (gt), CB AC (gt) CKB
(cặp góc nhọn có cạnh tơng ứng vuông
= ICA
ã
ã
góc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK ( àA = Bà = 900 ) có CKB
(cm/t) .Suy ra AIC đồng
= ICA
AI BC
=

AI ìBK = BC ìAC (đpcm).
AC BK
ã
ã
3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1) PBC
(1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại
= PKC
IC
IC
ã
có IAC
= 900 (gt) A O; ữ , mặt khác P O; ữ (cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội
2
2


ã
ã
ã
ã
ã
ã
tiếp PIC
(2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta đợc : PBC
.Mặt khác
= PAC
+ PAC
= PKC
+ PIC

dạng với BCK. Từ đó suy ra

ã
ã
ã
ã
tam giác ICK vuông tại C (gt) suy ra PKC
+ PIC
= 900 PBC
+ PAC
= 900 , hay tam giác APB
vuông tại P.(đpcm)
4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra
sABKI =

( AI + BK ) AB
2

Max SABKI Max ( AI + BK ) AB nhng A, I, B cố định do đó AI, AB

không đổi .Suy ra Max ( AI + BK ) AB Max BK . Mặt khác BK =

( AC + CB )
Max BK Max AC.CB . Mà AC ìCB
4

2

=

AC ìCB
(theo câu 2) .Nên
AI

AB 2
(không đổi) .
4

Dấu = xảy ra AC = BC C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì
SABKI là lớn nhất .


S 2.
S GIO DC & O TO
QUNG BèNH

K THI TUYN SINH VO LP 10
Khúa ngy 3 thỏng 7 nm 2006
MễN: TON
( Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )

Câu 1: ( 2 điểm )
1) Phân tích x2 9 thành tích.
2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x2 5x + 4 = 0 không ?
Câu 2: ( 2 điểm )
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Câu 3: ( 1,5 điểm )
Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số
thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.

Câu 4: ( 1,5 điểm )
Rút gọn biểu thức: P =

a + b 2 ab
1
:
với a, b 0 và a b
a b
a+ b

Câu 5: ( 2 điểm )
Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A
và vuông góc với AB cắt tia BE tại F
1) Chứng minh rằng: AF // CH
2) Tứ giác AHCF là hình gì ?
Câu 6: ( 1 điểm )
Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x x2)(y 2y2) với 0 x 2
0y

1
2


P N
S 2.
Câu 1.
1) Phân tích x2 9 thành tích
x2 9 = (x + 3)(x - 3)
2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x2 5x + 4 = 0 không ?
Thay x = 1 vào phơng trình ta thấy: 1 5 + 4 = 0 nên x = 1 là nghiệm của phơng trình.

Câu 2.
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
Hàm số y = - 2x + 3 là hàm nghịch biến vì có a = -2 < 0
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0; 3)
Với y = 0 thì x =

3
3
suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Oylà: (
2
2

; 0)
Câu 3.
Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số
thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Gọi số thứ nhất là x, số thứ hai là y
Vì tổng của hai số bằng 17 nên ta có phơng trình: x + y = 17 (1)
Khi tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị thì số thứ nhất sẽ là x + 3 và số thứ hai lên 2 đơn vị thì số thứ
hai sẽ là y + 2.
Vì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị nên ta có phơng trình:
(x + 3)(y + 2) = xy + 45
2x + 3y = 39 (2)
x + y = 17
2 x + 3 y = 39

Từ (1) và (2) ta có hệ phơng trình:
x = 12
y = 5

Giải hệ phơng trình ta đợc
Câu 4.

Rút gọn biểu thức: P =
P=
Câu 5.

(

a b

)

a b

a + b 2 ab
1
:
với a, b 0 và a b
a b
a+ b

2

.( a + b ) =

(

)(

a b .

)

a + b = a b với a, b 0 và a b


Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i B, c¸c ®êng cao AD, BE c¾t nhau t¹i H. §êng th¼ng d ®i qua A
vµ vu«ng gãc víi AB c¾t tia BE t¹i F
a) Chøng minh r»ng: AF // CH
b) Tø gi¸c AHCF lµ h×nh g× ?
B

D
H

A

C

E

F

d

a) Ta cã H lµ trùc t©m tam gi¸c ABC suy ra CH

AB

d AB suy ra AF AB suy ra CH // AF
b) Tam gi¸c ABC c©n t¹i B cã BE lµ ®êng cao nªn BE ®ång thêi lµ ®êng trung trùc suy ra EA =
EC , HA = HC, FA = FC
Tam gi¸c AEF = tam gi¸c CEH nªn HC=AF suy ra AH = HC = AF = FC nªn tø gi¸c AHCF lµ
h×nh thoi
C©u 6.
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A = (2x – x2)(y – 2y2) víi 0 ≤ x ≤ 2
0≤y≤
Víi 0 ≤ x ≤ 2

0≤y≤

1
2

1
th× 2x-x2 ≥ 0 vµ y – 2y2 ≥ 0
2
2

x+ 2 − x 
÷ =1
2



¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si ta cã 2x – x2 = x(2 - x) ≤ 
y – 2y2 = y(1 – 2y ) =

1
.2 y (1 − 2 y ) ≤
2

2

1  2 y +1− 2 y  1

÷ =
2
2
 8


⇒ (2x – x2)(y – 2y2) ≤

1
8

DÊu “=” x¶y ra khi x = 1, y =
VËy GTLN cña A lµ

1
4

1
1
⇔ x = 1, y =
8
4

S 3.
S GIO DC & O TO
LNG SN

K THI TUYN SINH VO LP 10
MễN: TON
( Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )

Bài 1: ( 2 điểm ).
Tính giá trị của biểu thức:
a) A = 1 + (1 2) 2
b) B = 3 9 + 80 + 3 9 80
Bài 2: ( 1 điểm ).
Giải phơng trình: x4 + 2008x3 - 2008x2 + 2008x - 2009 = 0
Bài 3: ( 1 điểm ).
x y = 2
Giải hệ phơng trình:
3x 2y = 6
Bài 4: ( 2 điểm ).
Một đội công nhân hoàn thành một công việc, công việc đó đợc định mức 420 ngày công thợ.
Hãy tính số công nhân của đội, biết rằng nếu đội tăng thêm 5 ngời thì số ngày để hoàn thành
công việc sẽ giảm đi 7 ngày, giả thiết năng suất của các công nhân là nh nhau.
Bài 5: ( 4 điểm ).
Cho tam giác ABC vuông ở A và có AB > AC, đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa
điểm A, vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB tại E, nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F.
a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh AE.AB = AF.AC.

d) Gäi O lµ giao ®iÓm cña AH vµ EF. Chøng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong ®ã 2p
= AB + BC + CA.


P N
S 3.
Bài 1.
a) A = 1 + (1 2) 2 = 1 + 2 1 = 2
b) B = 3 9 + 80 + 3 9 80
HD: áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3=a3 + b3 + 3ab(a + b)
Lập phơng hai vế ta có:
B3 = ( 3 9 + 80 + 3 9 80 ) 3

B3 = 9 + 80 + 9 80 + 3 3 (9 + 80)(9 80)
B3 = 18 + 3B

Vậy B = 3
Bài 2.

(

3

9 + 80 + 3 9 80

)

=> B3 - 3B - 18 = 0

B 3 = 0
<=> (B - 3)(B2 + 3B + 6) = 0 2
B + 3B + 6 = 0 (VN)

x 4 + 2008x 3 2008x 2 + 2008x 2009 = 0
(x 1)(x 3 + 2009x 2 + x + 2009) = 0
(x 1) x 2 (x + 2009) + (x + 2009) = 0
(x 1)(x + 2009)(x 2 + 1) = 0
x 1 = 0
x = 1
x + 2009 = 0

x = 2009
x 2 + 1 = 0 (VN)

Bài 3.

Bài 4.

x y = 2
3x 3y = 6
x = 2



3x 2y = 6 3x 2y = 6 y = 0
Gọi số công nhân của Đội là x (x nguyên dơng)
420
Phần việc đội phải làm theo định mức là:
x

Nếu đội tăng thêm 5 ngời thì phần việc phải làm theo định mức là:
Theo đầu bài ta có pt:

420 420

= 7 x 2 + 5x 300 = 0
x
x+5

420
x +5


Ta đợc: x1 = 15 (thoả mãn); x2 = -20 (loại)
Vậy đội công nhân có 15 ngời.
Bài 5.
A

E

O

F

C

H

B

ã
ã
a) Ta có: CFH
= BEH
= 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
ã
ã
ã
=> AFH
= AEH
= FAE
= 900
=> Tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
ã
ã
ã
ã
b) Ta có: EBH
(tc đờng chéo hcn)
+ EAH
= 900 mà EAH
= EFH
ã
ã
=> EBH
+ EFH
= 900
ã
ã
ã

ã
ã
Do đó: EFC
+ EBC
= CFH
+ EFH
+ FBC
= 900 + 900 = 1800
=> BEFC là tứ giác nội tiếp.
ã
ã
ã
ã
ã
c) Ta có: ABH
(cùng phụ với EAH
) mà AHE
(đờng chéo hcn)
= AHE
= AFE
ã
ã
ã
ã
=> ABH
hay ABC
= AFE
= AFE
Xét AEF và ACB ta có:
ã

ã
EAF
= CAB
= 900
ã
ã
(cm trên)
ABC
= AFE
AE AF
=
AE.AB = AF.AC
=> AEF đồng dạng ACB =>
AC AB
d) Trong OAB ta có:
OA + OB > AB
(quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác)
tơng tự:
OC + OA > AC
OB + OC > BC
=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC
AB + BC + CA
=> OA + OB + OC >
2
=> OA + OB + OC > p
(1)
Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)
OC < AC (do OH < AH)
OB < BC
=> OA + OB + OC < AB + BC + CA

=> OA + OB + OC < 2p
(2)
Tõ (1) vµ (2) => p < OA + OB + OC < 2p


ĐỀ SỐ 4.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TP HCM

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )

Câu 1: ( 2 điểm )
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1)
2x + y = 1
3x + 4y = −1

b) 

(a)
(b)

(2)

Câu 2: ( 2 điểm )

Thu gọn các biểu thức sau:
a) A = 7 − 4 3 − 7 + 4 3
 x +1
x − 1  x x + 2x − 4 x − 8
−
÷
(x > 0; x ≠ 4).
÷.
x
 x−4 x+4 x +4

b) B = 

Câu 3: ( 2 điểm )
Cho phương trình x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để x12 + x22 − x1x2 = 7 .
Câu 4: ( 4 điểm )
Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp
tuyến
MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.
a) Chứng minh MA2 = MC.MD.
b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên
một đường tròn.
c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường
tròn. Suy ra AB là phân giác của góc CHD.
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A,
B, K thẳng hàng.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 4.
Câu 1:
a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1)
Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là:
x1 = 1 hay x2 =

c
5
=− .
a
2

Cách 2: Ta có ∆ = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân
−3 − 7
5
−3 + 7
= − hoặc x2 =
=1.
4
2
4
(a)
2x + y = 1
b) 
(2)
3x + 4y = −1 (b)

biệt là x1 =

Cách 1: Từ (a) ⇒ y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được:
3x + 4(1 – 2x) = –1 ⇔ –5x = –5 ⇔ x = 1.
Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
8x + 4y = 4

5x = 5

x = 1

x = 1

Cách 2: (3) ⇔ 3x + 4y = −1 ⇔ 3x + 4y = −1 ⇔ 3.1 + 4y = −1 ⇔ y = −1 .




Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Câu 2:
a) A = 7 − 4 3 − 7 + 4 3 = (2 − 3)2 − (2 + 3)2 = 2 − 3 − 2 + 3
Mà 2 – 3 > 0 và 2 + 3 > 0 nên A = 2 – 3 – 2 – 3 = −2 3 .
 x +1

x −1

 x x + 2x − 4 x − 8
.
x

−
÷

b) B = 
÷.
 x−4 x+4 x +4


x +1
x − 1  (x − 4)( x + 2)
−
2
2
2 ÷
÷.
x
 ( x) − 2 ( x + 2) 


( x + 1)( x + 2) − ( x − 1)( x − 2) ÷ (x − 4)( x + 2)

.
=
÷
( x)2 − 22  ( x + 2)
x





= 

=
Câu 3:

x + 3 x + 2 − (x − 3 x + 2)
6 x
=
= 6.
x
x

x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)

a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Cách 1: Ta có: ∆' = m2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.
Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trình luôn có hai phân biệt.


b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để x12 + x22 − x1x2 = 7 .
Theo a) ta có với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Khi đó ta có S = x1 + x2 = 2m và P = x1x2 = –1.
Do đó x12 + x22 − x1x2 = 7 ⇔ S2 – 3P = 7 ⇔ (2m)2 + 3 = 7 ⇔ m2 = 1 ⇔ m = ± 1.
Vậy m thoả yêu cầu bài toán ⇔ m = ± 1.
Câu 4:
a) Xét hai tam giác MAC và MDA có:
– ∠ M chung

K

– ∠ MAC = ∠ MDA (=
A

D

I

M

O

H

Suy ra ∆MAC đồng dạng với ∆MDA (g – g)
⇒

C

B

1 »
sđAC ).
2

MA MC
=
⇒ MA2 = MC.MD.
MD MA

b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên
∠MAO = ∠ MBO = 900.
* I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 900.

Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 900
⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn
đường kính MO.

c)  Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R(O). Do đó MO là
trung trực của AB ⇒ MO ⊥ AB.
Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA2 = MH.MO. Mà MA2 = MC.MD (do a))
⇒ MC.MD = MH.MO ⇒

MH MC
=
(1).
MD MO

Xét ∆ MHC và ∆MDO có:
∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c)
⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp.
 Ta có: + ∆OCD cân tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO
+ ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp)
Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD
⇒ 900 – ∠ MHC = 900 – ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay
AB là phân giác của ∠ CHD.
d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 900)


⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt)
⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp
⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 900.
⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H
⇒ HK trùng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng.

ĐỀ SỐ 5.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )

Câu 1. ( 2 điểm )
Giải các phương trình sau:
a) 2x – 3 = 0.
b) x2 – 4x – 5
Câu 2. ( 2 điểm )
a) Cho phương trình x2 – 2x – 1 = 0 có hai nghiệm là x1 và x2. Tính giá trị của biểu thức
x2

x1

S= x + x .
1
2
b) Rút gọn biểu thức:



 +
 a −3

A = 

1

 1 
3 

 1 −
 với a > 0 và a ≠ 9 .
a
 a + 3 

Câu 3. ( 2 điểm )
a) Xác định các hệ số m và n, biết rằng hệ phương trình
mx − y = n

nx + my = 1

Có nghiệm là ( − 1, 3 )
b) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 108 km. Hai ôtô cùng khởi hành một lúc đi từ A
đến B, mỗi giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nên xe đến B trước xe thứ hai là 12
phút. Tính vận tốc mỗi xe.
Câu 4. ( 3 điểm )
Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. Gọi M là
trung điểm của AC, I là trung điểm của OD.
a) Chứng ning OM // DC.
b) Chứng minh tam giác ICM cân.
c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC2 = IA.IN
Câu 5. ( 1 điểm )

Trên mặt phẳng toạ độ Õy, cho các điểm A( -1 ; 2 ), B( 2 ; 3 ) và C( m ; 0 ). Tìm m sao
cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.


ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 5.
Câu 1:
Giải phương trình:
a) 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x =

3
.
2

b) x2 – 4x – 5 = 0.
Phương trình có dạng a – b + c = 0. Nên có một nghiệm x1 = –1 và nghiêm thứ hai x2 =
Câu 2.
a) Tính được x1 + x2 = 2 và x1.x2 = – 1.
Biến đổi:
x12 + x 22
( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1 x2
S=
=
= – 6.
x1 .x 2
x1 .x 2



 +

 a −3
1

b) Biến đổi 
Rút gọn A =

2
a +3

 1 

 =
 a + 3

(

2 a

)(

a −3

)

a +3

= 1–

3
a

=

a −3
a

.

Câu 3.
a) Thay giá trị x,y vào hệ ta có hệ phương trình sau:
− m − 3 = n

− n + 3m = 1

Giải hệ ta tìm được m = 3 − 2 và n = 2 − 2 3 .
b) Gọi vân tốc xe thư nhất là x ( km/h) ( x> 6)
Vân tốc của xe thứ hai là x − 6 ( km/h)
108
( giờ )
x
108
Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:
( giờ )
x−6
108 108 1
−
Theo bài ra ta có phương trình:
= (*)
x−6
x

5

Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:

Giải phương trình (*) tìm được x = 60 và x = – 54 ( loại )
Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h.
Câu 4.
GT ∆ABC cân tại A, nội tiếp (O)
M là trung điểm của AC.
I là trung điểm của OD
KL a) OM // DC
b) ∆ICM cân.
c) IC2 = IA.IN

−c
= 5.
a


A
B

C

O
M
N
K

I

D

a) MA = MC => OM ⊥ AC
Góc ACM = 900 => DC ⊥ AC
OM không trùng DC => OM // DC.
b) Gọi K là trung điểm của MC => IK là đường trung bình của hình thang OMCD
=> IK // OM => IK ⊥ MC
=> ∆IMC cân tại I.
c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA
Suy ra tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI
Suy ra MI2 = IA.IN, mà IC = IM nên IC2 = IA.IN
Câu 5.
y
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua trục Ox.
=> A’ ( − 1;−2) và AC = A’C.
B
Do AB không đổi nên AB + AC + BC nhỏ nhất <=>
A
AC + BC nhỏ nhất.
Ta có AC + BC = A’C = CB ≥ A’B.
0 C
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, C, B thẳng hàng, tức là C
Là giao điểm của A”b với trục Ox.
A’
5
3

A’ ( − 1;−2) , B(2;3) => pt đường thẳng A’B: y = x −
1

5

1
3

Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C ( ;0 ) => m =

1
5

x


ĐỀ SỐ 6.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐÀ NẲNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )

Bài 1. ( 2 điểm )
a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
b) Rút gọn biểu thức: A=

5
5

và

5
2+ 3

ab − 2 b 2
a
−
. Trong đó a ≥ 0, b > 0
b
b

Bài 2. ( 2 điểm )
a) Giải phương trình: x2 + 2x -35 = 0
2 x − 3 y = 2
x + 2 y = 8

b) Giải hệ phương trình: 

Bài 3. ( 2,5 điểm )
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm a ( 1; 1 ), B( 2; 0 ) và đồ thị (P) của hàm số y = − x 2 .
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA. Chứng minh rằng
đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện tích tam giác ACD
( đơn vị đo trên các trục tọa độ là cm )
Bài 4. ( 3,5 điểm )
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N ( N khác A và
B ), trên cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN.
a) Chứng minh ∆BNC = ∆AMB .
b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp.
c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 6.
Bài 1.
a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
5
5
5

= 5

2+ 3

=

(

5 2− 3

)

(2 + 3 )(2 − 3 )

=

10 − 5 3
= 10 − 5 3
4−3

b) Rút gọn:

ab − 2 b 2
a
−
.=
b
b

A=

a
b

−2−

a
b

= −2 . với a ≥ 0, b > 0 .

Bài 2.
a) x2 + 2x – 35 = 0 (*)
∆ ’ = 1 + 35 = 36 = 62.
 x1 = −7
 x2 = 5

Do đó (1) có hai nghiệm phân biệt. 

2 x −3 y =2( a )

nhân ( b ) với 2 và lấy ( a ) − 2( b ) . Ta có
x +2 y =8(b)
y = 2
x = 4
<=> 
<=> 
x = 8 − 4
y = 2

b) Giải hệ phương trình: 
− 7 y = 14
x + 2 y = 8

<=> 
Bài 3.

a) Vẽ đồ thị:

-2 -1 0

A
1 2

-1

(d)
B

-4

b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax. Thay thế tạo độ A vào ta có 1 = a.
vì d // OA nên phương trình đường thẳng d có dạng y = x + b.
d đi qua B ( 2; 0 ) => 0 = 2 + b => b = − 2 => phương trình d là y= x − 2 .
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: − x 2 = x − 2 ⇔ x 2 + x − 2 = 0
⇔ x = xC = 1 hay x = x D = −2 ( vì a + b + c = 0 )
⇒ y C = 1 − 2 = −1 và y D = −2 − 2 = −4


Ta có: xA = xC => AC ⊥ Ox.
=> SACD =

1
1
1
xC − x D . y A − y C = ( xC − x D )( y A − y C ) = (1 + 2 )(1 + 1) = 3
2
2
2

Vậy SACD = 3 cm2.
Bài 4.

A

M
NN P
B

C

a) Chứng minh ∆ BNC = ∆ AMB.
 BN = AM

0
∠B = ∠A = 60 => ∆ BNC = ∆ AMB. ( c.g.c ).
 BC = AB


b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp.
(∆AMB = ∆BNC )
 ∠BNC = ∠AMB

=> ∠AMB + ∠ANP = 180 0 => tứ giác ANPM nội
0
 ∠BNC + ANP = 180

tiếp.
c) Quỹ tích điểm P khi N di động trên cạnh AB.
Tứ giác ANPM nội tiếp và ∠A = 60 0 => ∠NPM = 120 0 => ∠BPC = 120 0 .
BC cố định => Pluôn nhìn bc với góc 1200 không đổi. Nên khi N di động trên AB thì quỹ
tích P là cung chứa góc 1200 dựng trê đoạn BC.
+ Giới hạn quỹ tích:
Khi N trùng B thì P trùng B
Khi N trùng A thì P trùng C.
Vậy quỹ tích điểm P là cung BC, nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ là cung BC.


ĐỀ SỐ 7.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )

Bài 1. ( 2điểm )
Cho biểu thức: N =

a
ab + b

+

b
ab − b

−

a+b
ab

với a,b là 2 số dương khác nhau.
a) Rút gọn biểu thức N.
b) Tính giá trị của biểu thức N khi : a = 6 + 2 5 và b = 6 − 2 5
Bài 2. ( 2,5 điểm )
Cho phương trình ẩn x:
x4 – 2mx2 + m2 – 3 = 0
a) Giải phương trình với m = 3 .
b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Bài 3. ( 1,5 điểm )

Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là
y=-

1 2
x
2

a) Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)
b) Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song song với
trục tung bao giờ cũng cắt parabol y = -

1 2
x tại 2 điểm phân biệt
2

Bài 4. ( 4 điểm )
Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A, B .Từ điểm M
nằm trên đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường
tròn , trong đó P và Q là các tiếp điểm.
a) Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác MPQ
b) Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông.
c) Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội tiếp tam
giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định.


ĐÁP ÁN
ĐỀ 7.
Bài 1.
a) N =

=

a
ab + b

+

b
ab − b

−

a+b
ab

=

a
b( a + b)

a a ( b − a ) + b b ( b + a ) − (a + b)(b − a )
ab (b − a)

=

+

b
a( b − a)

a ab + b ab
ab ()b − a )

=

−

a+b
ab

a+b
b−a

b) Ta có a = 6 + 2 5 = ( 5 + 1) 2 = 5 + 1
v à b = 6 − 2 5 = ( 5 − 1) 2 = 5 − 1
=> N =

a+b
5 +1+ 5 −1
=
=− 5
b−a
5 −1− 5 −1

Bài 2.
a) khi m = 3 ,phương trình : x4 – 2mx2 + m2 – 3 = 0 trở thành:
 x1 = 0
⇔

2

 x 2,3 = ± 2 3
x = 2 3
x = 0

x4 - 2 3 x = 0 ⇔ x2 (x2 - 2 3 ) = 0 ⇔ 

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là :
x1 = 0 , x2 = 2 3 x3 = - 2 3
b) Đặt t = x2 , điều kiện t ≥ 0 .Phương trình đã cho trở thành:
t2 – 2mt + m2 – 3 = 0 (1)
Phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm trong đó có
một nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương
*)Phương trình (1) nhận t = 0 là nghiệm ⇔ m2 – 3 = 0 ⇔ m = ± 3
+)Khi m = 3 , phương trình (1) trở thành: t2 - 3 t = 0
t1 = 0
(thoả mãn)
⇔
t
=
2
3
2
v ậy m = 3 ,là giá trị cần tìm
+)Khi m = - 3 , phương trình (1) trở thành : t2 + 2 3 t = 0
t1 = 0
(không thích hợp)
⇔
t
=
−

2
3
2
Vậy m = - 3 không thoả mãn loaị
Tãm l¹i ph¬ng tr×nh ®· cho cã 3 nghiÖm ph©n biÖt ⇔ m = 3

Bµi 3.

a) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ cã hÖ sè gãc b»ng k lµ:
y = k(x-2) – 3