Đề và ĐA vào 10 các tỉnh Bình Định, Phú Yên...(2010)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
KHÓA NGÀY : 30 - 6 - 2010
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 01/7/2010
---------------------------------

Bài 1: (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) 3(x – 1) = 2+x
b) x2 + 5x – 6 = 0
Bài 2: (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m ( m là tham số ).
Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có nghiệm.
b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình

ax + 2y = 2
bx – ay = 4

có nghiệm ( 2, - 2 ).
Bài 3: (2,5 điểm)
Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị
hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu.
Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như
nhau.
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các đường cao BB`

và CC` (B` ∈ cạnh AC, C` ∈ cạnh AB). Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O tại hai điểm M
và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M).
a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AM = AN.
c) AM2 = AC`.AB
Bài 5: (1,0 điểm). Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình ax2 + bx +
c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng:
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Gợi ý giải

a+b+c
>3
b−a

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
KHÓA NGÀY : 30 - 6 - 2010
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 01/7/2010
---------------------------------

Bài 1: (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) 3(x – 1) = 2+x
3x – 3 = 2 + x
2x = 5
Vậy x =
b) x2 + 5x – 6 = 0
Ta có : a + b + c = 1 +5 - 6 = 0 Nên pt có hai nghiệm là x1 = 1 ; x2 =-6

1


Bài 2: (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m ( m là tham số ).
Tìm điều kiện của m để phương đã cho có nghiệm.
Ta có ∆ = 1 -4(1 -m) = 4m - 3
Để pt có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 4m - 3 ≥ 0 ⇔ m ≥
b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình
có nghiệm (

2, - 2

ax + 2y = 2
bx – ay = 4

).

Ta có a 2 + 2(- 2 ) = 2
b ( 2 ) - a (- 2 ) = 4 ⇔ ……….⇔

a= 2 +2
b= 2 -2

Bài 3: (2,5 điểm)
Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị
hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu.
Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như
nhau.
Gọi x (xe) là số xe tải dự định điều đến đế chở hàng . ĐK : x ∈N , x > 2

Theo dự định mỗi xe chở : (tấn) . Thực tế mỗi xe phải chở (tấn)
Vì thực tế mỗi xe phải chở thêm 0,5 tấn nên ta có pt: - = 0,5
Giải pt ta được x1 = 20 (TMĐK) ; x2 = -18 (loai).
Vậy số xe tải dự định điều đến đế chở hàng là 20 chiếc
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các đường cao BB`
và CC` (B` ∈ cạnh AC, C` ∈ cạnh AB). Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O tại hai điểm M
và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M).
a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AM = AN.
c) AM2 = AC`.AB
a) C’và B’ cùng nhìn B,C dưới những góc vuông nên
tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp.
b) BC`B`C là tứ giác nội tiếp nên ta có
= (cùng bù )
Nhưng : = sđ( + )

A

M
B'
C'

= sđ( + )
Suy ra = .Vậy MA = NA
c)
∆C’AM ∽ ∆ ABM (g.g)⇒ =

N

O

B

C

Hay AM 2 = AC’.AB
Bài 5: (1,0 điểm). Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình
ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng:
Ta có (b-c)2 ≥ 0⇒ b2 ≥ 2bc - c2

a+b+c
>3
b−a

2


Vì pt ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm nên có ∆ = b2 - 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0)
⇒ b2 < 4ac ⇔ 2bc - c2 < 4ac

⇔ 4a > 2b-c ⇔ a+b+c > 3b - 3a ⇔

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ YÊN

a+b+c
> 3 (Đpcm)
b−a

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi : TOÁN – Sáng ngày 30/6/2010
Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1. (2 đ )
a) Không sử dụng máy tính cầm tay , hãy rút gọn biểu thức : A = 12 − 2 48 + 3 75
 x −2
x + 2  x x − x − x +1
−
÷
÷.
x
−
1
x
−
2
x
+
1
x



b) Cho biểu thức B = 

Với những giá trị nào của x thì biểu thức trên xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B .
Câu 2 . (2đ )
Không dùng máy tính cầm tay , hãy giải phương trình và hệ phương trình sau :

a) x2 - 2 2 x – 7 = 0
 2 x − 3 y = 13
b) 
 x + 2 y = −4
3


Câu 3. (2,5 đ)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x2 và đường thẳng (d)
có phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, trong đó m là tham số .
a) Vẽ parabol (P) .
b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt .
c) Chứng minh rằng khi m thay đổi ,các đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định . Tìm
điểm cố định đó .
Câu 4. (2,5 đ)
Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng ( ∆ ) không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A và
B. Từ một điểm M trên ( ∆ ) ( M nằm ngoài đường tròn tâm O và A nằm giữa B và M ), vẽ hai
tiếp tuyến MC, MD của đường tròn (O) . (C, D ∈ (O) ) Gọi I là trung điểm của AB, tia IO cắt MD
tại K .
a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D cùng thuộc một đường tròn .
b) Chứng minh : KD. KM = KO .KI
c) Một đường thẳng đi qua O và song song với CD cắt các tia MC
và MD lần lượt tại E và F . xác định vị trí của M trên ( ∆ ) sao cho
diện tích ∆ MEF đạt giá trị nhỏ nhất .
Câu 5. (1 đ)
Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm được đặt úp trên một hình
trụ có thể tích bằng , 9420cm3 và bán kính đáy hình trụ bằng 10cm , sao
cho đường tròn đáy trên của hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt xung quang
hình nón và đáy dưới của hình trụ nằm trên mặt đáy của hình nón . Một
mặt phẳng qua tâm O và đỉnh của hình nón cắt hình nón và hình trụ như

hình vẽ.
Tính thể tích của hình nón . Lấy π = 3,14
HẾT

4


HƯỚNG DẪN
Câu 1:
a) A = 12 − 2 48 + 3 75 = 2 3 − 8 3 + 15 3 = 9 3
 x −2

 x x − x − x +1
x

x +2

−
b) B = 
÷
÷.
 x −1 x − 2 x +1 

=

(

x −2

)(

) ( x + 2) (
( x − 1) ( x − 1)
x −1 −

Câu 2.
a) x2 - 2 2 x – 7 = 0

) .(

x +1

ĐK x>0 và x ≠ 1

)

x − 1 ( x − 1)
x

=6

ĐS x1 = 2 + 3; x2 = 2 − 3

 2 x − 3 y = 13
b) 
 x + 2 y = −4

ĐS (x=2 ; y= -3)

Câu 3

a) bạn đọc tự giải
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 2x2 – 2(m – 1)x +m – 1
∆ = m2 – 4m +3 = (m+1)(m+3)
∆ >0  m >-1 hoặc m< -3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
c) Giả sử (x0; y0) là điểm cố định các đường thẳng (d) đi qua ,
ta có y0 = 2(m-1)x0 – m +1  m (2x0 – 1) – (2x0 + y0 – 1) = 0 . vì không phụ thuộc vào m ta có
1

 2 x0 − 1 = 0
 x0 =
⇔
2

2
x
+
y
−
1
=
0
0
 0
 y0 = 0

Câu 4 :
·
·
·
a) MCO

= MIO
= MDO
= 900
=> M,C, O,I , D thuộc đường tròn đường kính MO
b) ∆ DKO : ∆ IKM (g-g)
=> KD. KM = KO .KI
c) SMEF = SMOE + SMOF = R.ME
∆ MOE vuông tại O,có đường cao OC
 MC.CE = OC2 = R2 không đổi
 MC + CE = ME nhỏ nhất
khi MC = CE = R .
=> OM = 2R .
M là giao điểm của đường thẳng ( ∆ ) và đường tròn
(O, 2R ) thì diện tích ∆ MEF nhỏ nhất .

5


Câu 5 :
MN = V: S = 9420 : 100. 3,14 = 30cm
AN MN 1
1
=
= ⇒ AN = AH
MN//SO => AO SO 3
3
3 AN = AN + 10 ⇒ AN = 5cm

=> AH =15cm
Diện tích đáy của hình nón bằng 152 .3,14 = 706,5cm2

Thể tích hình nón bằng :

1
706,5.90 = 21,195cm3
3

6


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010 (Đợt 1)
Đề thi gồm : 01 trang

Câu 1 (3 điểm)
1) Giải các phương trình sau:

2
x−4=0.
3
b) x 4 − 3x 2 − 4 = 0 .
a)



2) Rút gọn biểu thức N =  3 +



a+ a  
a− a 
.
3
−
÷
÷với a ≥ 0 và a ≠ 1 .
a +1  
a −1 

Câu 2 (2 điểm)
1) Cho hàm số bậc nhất y = ax + 1 . Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị của hàm số cắt trục
hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 + 2 .

 x + y = 3m
có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn điều
x
−
2
y
=
−
3


2) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình 

kiện x 2 + xy = 30 .
Câu 3 (1 điểm)
Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 280 bộ quần áo trong một thời gian quy
định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 5 bộ quần áo so với số
bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế, xưởng đã hoàn thành kế
hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may xong bao nhiêu bộ
quần áo?
Câu 4 (3 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE và CF của tam giác
ABC cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C).
1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh EF song song với E’F’.
3) Kẻ OI vuông góc với BC ( I ∈ BC ). Đường thẳng vuông góc với HI tại H cắt đường
thẳng AB tại M và cắt đường thẳng AC tại N. Chứng minh tam giác IMN cân.
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a 2 + b 2 = 1 và

a 4 b4
1
. Chứng minh
+ =
c d c+d

a2 d
rằng
+ ≥ 2.
c b2

------------------------------Hết-----------------------------Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….……
Chữ kí của giám thị 1:……………………… Chữ kí của giám thị 2: ………...……

7


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 – 2011 (đợt 1)
Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010

I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng
chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Ý
1

Nội dung
Giải phương trình

a

2
x−4=0

3

2
2
x − 4 = 0 ⇔ x = 4 (hoặc 2 x − 12 = 0 )
3
3
2 x = 12
x=6
b
Giải phương trình x 4 − 3x 2 − 4 = 0
Đặt t = x 2 , t ≥ 0 ta được t 2 − 3t − 4 = 0
⇔ t = −1, t = 4
t = −1 (loại)
t = 4 ⇒ x 2 = 4 ⇔ x = ±2

a+ a  
a− a 
c
Rút gọn N =  3 +
÷. 3 −
÷với a ≥ 0 và a ≠ 1
a
+
1
a
−
1




a+ a
a ( a + 1)
=
= a
a +1
a +1
a− a
a ( a − 1)
=
= a
a −1
a −1

(

)(

)

N = 3+ a . 3− a =9− a
2

a

Xác định hệ số a
Ra được phương trình 0 = a( 2 + 1) + 1

−1
2 +1

a =1− 2
Vậy a = 1 − 2
⇔a=

b

Điểm
1,00
0,25
0,25
0,5
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,5
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25

Tìm các số nguyên m để nghiệm ( x; y ) thỏa mãn x 2 + xy = 30
Tìm được y = m + 1 , x = 2m − 1

1,00

0,25

x + xy = 30 ⇔ (2m − 1) + (2m − 1)(m + 1) = 30
2

2

8


⇔ 2m 2 − m − 10 = 0

0,25

⇔ m = −2 hoặc m =

0,25
0,25

Tính số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch
Gọi số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là x bộ (x
nguyên dương).

1,00

5
2
Do m nguyên nên m = −2

3

Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là

280
x

Số bộ quần áo may trong một ngày khi thực hiện là x + 5
Số ngày hoàn thành công việc khi thực hiện là

280
x+5

0,25

280 280
−
=1
x
x+5
⇔ 280( x + 5) − 280 x = x( x + 5) ⇔ x 2 + 5 x − 1400 = 0
Giải pt ta được x = 35, x = −40 (loại)

0,25

Theo giả thiết ta có phương trình

4

0,25
0,25

Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ
a
Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp
A

E

F'

E'
E

F'

N
F

F
H

H

O

M
B

A

E'

D

O

I

C

C

B

Hình 2
Vẽ được hình 1
·
·
Theo giả thiết BFC
= 900 , BEC
= 900

Hình 1

·
·
⇒ BFC
= BEC
= 900 ⇒ BCEF là tứ giác nội tiếp

b

1,00

Chứng minh EF song song với E’F’
·
·
BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra CBE
= CFE

·
· ' E ' (cùng chắn cung CE
¼ ')
CBE
= CF
·
· 'E '
Suy ra CFE
= CF
Suy ra EF // E ' F '

0,5
0,25
0,25

1,00
0,25
0,25
0,25
0,25

9


c

Chứng minh tam giác IMN cân
TH 1. M thuộc tia BA.
H là trực tâm của tam giác ABC suy ra AH ⊥ BC
·
·
(cùng phụ với góc ·ACB )
CAH
= CBH

1,00

·
·
·
BHI
+ BHM
= 900 , ·ANH + NHE
= 900
·
·
·
(vì đối đỉnh) ⇒ BHI
BHM
= NHE
= ·ANH

0,25

⇒ ∆ANH đồng dạng với ∆BIH ⇒

0,25

AH HN
=
(1)
BI
IH
AH HM
=
Tương tự ∆AHM đồng dạng với ∆CIH ⇒
(2)
CI
IH
HM HN
=
⇒ HM = HN
Từ (1) và (2) và BI = CI suy ra
IH
HI
Mà HI ⊥ MN tại H suy ra ∆IMN cân tại I.

0,25

0,25

TH 2. M thuộc tia đối của tia BA.
·
·
(cùng phụ với góc ·ACB )
CAH
= CBH
A
E'
N

(vì đối đỉnh)
·
·
BHM
= NHE
·ANH = BHI
·
⇒ ∆ANH đồng dạng

E
F

F'
B

với ∆BHI ⇒

H
I

C

AH HN
=
. Đến đây
BI
IH

làm tương tự như TH 1.
* Chú ý. Thí sinh chỉ cần làm 1 trong 2
TH đều cho điểm tối đa.

M

5

(góc ngoài ∆ )
·ANH = 900 + NHE
·
·
·
BHI
= 900 + BHM

a2 d
Chứng minh rằng
+ ≥2
c b2
a4 b4
1

a 4 b 4 (a 2 + b 2 ) 2
2
2
+ =
⇒ + =
a + b = 1 và
c d c+d
c d
c+d
4
4
2
2 2
⇔ d (c + d )a + c(c + d )b = cd (a + b )
⇔ dca 4 + d 2 a 4 + c 2b 4 + cdb 4 = cd (a 4 + b 4 + 2a 2b 2 )
⇔ d 2 a 4 + c 2b 4 − 2cda 2b 2 = 0 ⇔ (da 2 − cb 2 ) 2 = 0
a2 b2
= . Do đó
⇔ da − cb = 0 hay
c
d
2
2
a
d
b
d
(b 2 − d ) 2
a2 d
.

Vậy
+ 2 −2= + 2 −2=
≥
0
+ ≥2
c b
d b
db 2
c b2
2

2

1,00
0,25

0,25
0,25
0,25

10


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 (Đợt 2)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (3 điểm)
a) Vẽ đồ thị của hàm số y = 2 x − 4 .

x = 2 y − 3
.
 y = 2x − 3

b) Giải hệ phương trình 

3
9
a
−
25
a
+
4
a
c) Rút gọn biểu thức P =
với a > 0 .
a 2 + 2a

Câu 2 (2 điểm)
Cho phương trình x 2 − 3x + m = 0 (1) (x là ẩn).
a) Giải phương trình (1) khi m = 1 .
b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

x12 + 1 + x22 + 1 = 3 3 .
Câu 3 (1 điểm)
Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô đi từ bến A đến bến B, rồi
quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (không tính thời gian nghỉ). Tính vận tốc của
canô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h.
Câu 4 (3 điểm)
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác
·
B) và N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N khác C) sao cho MAN
= 450 . Đường chéo BD
cắt AM và AN lần lượt tại P và Q.
a) Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh AH vuông góc với MN.
c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
Câu 5 (1 điểm)
Chứng minh a 3 + b3 ≥ ab( a + b) với mọi a, b ≥ 0 . Áp dụng kết quả trên, chứng minh bất

1
1
1
+
+
≤ 1 với mọi a, b, c là các số dương thỏa
a 3 + b3 + 1 b3 + c 3 + 1 c 3 + a 3 + 1
mãn abc = 1 .
đẳng thức

------------------------------Hết-----------------------------Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….……
Chữ kí của giám thị 1:……………………… Chữ kí của giám thị 2: ………...……

11


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 – 2011 (đợt 2)
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010

I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng
chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Ý
1
a

Nội dung
Vẽ đồ thị của hàm số y = 2 x − 4
Đồ thị cắt trục Ox tại A (2;0) (HS có thể lấy điểm khác)
Đồ thị cắt trục Oy tại B (0; −4) (HS có thể lấy điểm khác)
Vẽ được đồ thị hàm số

x = 2 y − 3
 y = 2x − 3

Giải hệ phương trình 

b

 x − 2 y = −3
(HS có thể dùng phép thế hoặc phép trừ)
2 x − y = 3
Tìm được x = 3
Tìm được y = 3
Kết luận. Hệ có nghiệm duy nhất x = 3, y = 3
Hệ ⇔ 

c

2

Rút gọn biểu thức P =

9 a − 25a + 4a 3 với a > 0
a 2 + 2a

9 a − 25a + 4a 3 = 9 a − 5 a + 2a a
= 2 a (a + 2)
a 2 + 2a = a (a + 2)
2
2 a
P=
hoặc
a
a

a
Giải phương trình x 2 − 3x + m = 0 khi m = 1 .
m = 1 ta có phương trình x 2 − 3x + 1 = 0
∆ =9−4=5
3+ 5
3− 5
, x2 =
(mỗi nghiệm đúng cho 0,25)
x1 =
2
2

Điểm
1,00
0,25
0,25
0,5
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25

0,5

12


b

Tìm m để x1 , x2 thỏa mãn

x12 + 1 + x22 + 1 = 3 3
9
Pt (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 9 − 4m > 0 ⇔ m < (1)
4
Theo định lí Viet x1 + x2 = 3, x1 x2 = m . Bình phương ta được

x12 + x22 + 2 + 2 ( x12 + 1)( x22 + 1) = 27
Tính được x12 + x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 9 − 2m và đưa hệ thức

m2 − 2m + 10 = m + 8 (2)
⇒ m 2 − 2m + 10 = m 2 + 16m + 64 ⇔ 18m = −54 ⇔ m = −3 .
Thử lại thấy m = −3 thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1).
trên về dạng

0,25
0,25

Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng
Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h, x > 4)
Vận tốc canô khi nước xuôi dòng là x + 4 và thời gian canô chạy
khi nước xuôi dòng là

0,25

0,25

⇔ x12 + x22 + 2 x12 x22 + x12 + x22 + 1 = 25 .

3

1,00

1,00

48
.
x+4

Vận tốc canô khi nước ngược dòng là x − 4 và thời gian canô chạy
khi nước ngược dòng là

48
.
x−4

0,25

48
48
+
=5

x+4 x−4
pt ⇔ 48( x − 4 + x + 4) = 5( x 2 − 16) ⇔ 5 x 2 − 96 x − 80 = 0
Giải phương trình ta được x = −0,8 (loại), x = 20 (thỏa mãn)

0,25

Theo giả thiết ta có phương trình

4

0,25
0,25

Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 20 km/h
a
Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp

B A

A

B
P

P

M

M
Q

Q

H I

C D
Hình 1N
Hình 2 N
D
Vẽ được hình 1
·
·
Theo giả thiết QAM
= 450 và QBM
= 450
·
·
⇒ ABMQ là tứ giác nội tiếp
⇒ QAM
= QBM
b

1,00

Chứng minh AH vuông góc với MN
ABMQ là tứ giác nội tiếp suy ra ·AQM + ·ABM = 1800

·ABM = 900 ⇒ ·AQM = 900 ⇒ MQ ⊥ AN
Tương tự ta có ADNP là tứ giác nội tiếp ⇒ NP ⊥ AM

C
0,5
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
13


Suy ra H là trực tâm của tam giác AMN ⇒ AH ⊥ MN
* Chú ý. Lập luận trên vẫn đúng khi M trùng với C
c
Xác định vị trí điểm M và N để ∆ AMN có diện tích lớn nhất
M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên có 2 TH
TH 1. M không trùng với C, khi đó M, N, C không thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của AH và MN và S là diện tích tam giác AMN
thì S =

0,25
1,00

1
AI .MN .
2

·
·
Tứ giác APHQ nội tiếp suy ra PAH

(1)
= PQH
·
·
Tứ giác ABMQ nội tiếp suy ra BAM
(2)
= BQM

5

·
·
·
·
Từ (1) và (2) suy ra PAH
hay MAI
= BAM
= MBA
·
·
Hai tam giác vuông MAI và MAB có MAI
, AM chung suy
= MBA
ra ∆MAI = ∆MAB ⇒ AI = AB = a, IM = BM
Tương tự ∆NAI = ∆NAD ⇒ IN = DN . Từ đó

0,25

S=

0,25

1
1
AI .MN = a.MN
2
2
Ta có MN < MC + NC = a − BM + a − DN = 2a − ( IM + IN )
1
1
Vậy MN < 2a − MN hay MN < a ⇒ S = a.MN < a 2 .
2
2
TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và ∆AMN = ∆ACD
1
1
nên S = AD.DC = a 2
2
2
Vậy ∆ AMN có diện tích lớn nhất ⇔ M ≡ C và N ≡ D .
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤1
3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1
a 3 + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ a 2 (a − b) + b 2 (b − a ) ≥ 0

⇔ ( a − b)(a 2 − b 2 ) ≥ 0 ⇔ (a − b) 2 (a + b) ≥ 0 , đúng ∀a, b ≥ 0
a 3 + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ a 3 + b3 + abc ≥ ab(a + b) + abc
1
1
⇔ a 3 + b3 + 1 ≥ ab(a + b + c) ⇔ 3
≤
3
a + b + 1 ab(a + b + c )

0,25

0,25

1,00
0,25
0,25
0,25

(Do các vế đều dương). Tương tự, cộng lại ta được

1
1
1
+ 3 3
+ 3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1
1
1
1

≤
+
+
=1
ab( a + b + c) bc( a + b + c) ca(a + b + c)
3

0,25

14


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH
--------------------------

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 – 2011
-------------------------------

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN
(Dành cho mọi thí sinh dự thi)
Ngày thi: 02/07/2010
Bài 1. (1,5 điểm)
a) So sánh hai số: 3 5và 29
3+ 5 3− 5
+
3− 5 3+ 5
 2 x + y = 5m − 1

Bài 2. Cho hệ phương trình: 
(m là tham số)
x − 2 y = 2

b) b) Rút gọn biểu thức: A =

a) Giải hệ phương trình với m = 1
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1.
Bài 3. (2,5 điểm)
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 12 giờ thì đầy bể. Nếu từng vòi
chảy thì thời gian vòi thứ nhất làm đầy bể sẽ ít hơn vòi thứ hai làm đầy bể là 10 giờ. Hỏi nếu chảy
riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy trong bao lâu thì đầy bể?
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đương tròn (O;R) day cung BC cố định (BC<2R) và điểm A di động trên cung lớn BC
sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BD, CE của tam giác cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp.
·
b) Giả sử BAC
= 600 , hãy tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R.
c) Chứng minh đường thẳng qua A và vuông góc với DE luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 5.(1,0 điểm)
Cho biểu thức P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36
Chứng minh P luôn dương với mọi x,y ∈ R.

15


ĐÁP ÁN THAM KHẢO
MÔN: TOÁN

Bài 1. (1,5 điểm)
a) So sánh hai số: 3 5và 29
45>29 => 3 5 > 29
b) Rút gọn biểu thức: A =

3+ 5 3− 5
+
=7
3− 5 3+ 5

Bài 2.
 2 x + y = 5m − 1
x − 2 y = 2

Cho hệ phương trình: 

(I)

(m là tham số)

a) Giải hệ phương trình với m = 1
(x;y) = (2;0)
b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1.
 x = 2m
Nghiệm này thỏa mãn hệ thức x2 – 2y2 = 1 nghĩa là
 y = m −1

Ta giải (I) theo m được 
4m2 – 2(m - 1)2 = 1.

−4 + 10
−4 − 10
, m2 =
2
2
−4 + 10
−4 − 10
KL: Vậy với hai giá trị m1 =
thì nghiệm của hệ (I) thỏa mãn hệ thức
, m2 =
2
2

Giải phương trình ẩn m được m1 =

trên.
Bài 3.
C1: Lập hệ phương trình:
Gọi thời gian vòi 1 chảy riêng đến khi đầy bể là x giờ (x>12)
Gọi thời gian vòi 2 chảy riêng đến khi đầy bể là y giờ (y>12)
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được

1
bể
12

1
bể
x
1

Trong 1 giờ vòi 2 chảy được
bể
y
1 1
1
Ta có phương trình: + =
(1)
x y 12

Trong 1 giờ vòi 1 chảy được

Vòi 1 chảy nhanh hơn vòi 2 10 giờ nên ta có phương trình :
y = x+10 (2)
16


1 1 1
 + =
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x y 12
 y = x + 10

1 1 1
1
1
12
1
12
=
=1
 + =

 +
 +
 x y 12 ⇔  x x + 10 12 ⇔  x x + 10

 y = x + 10
 y = x + 10
Giải hệ phương trình:  y = x + 10
12( x + 10) + 12 x = x 2 + 10 x(1)
⇔
 y = x + 10

Giải (1) được x1 = 20, x2 = -6 (loại)
x1 = 20 thỏa mãn, vậy nếu chảy riêng thì vòi 1 chảy trong 20 giờ thì đầy bể, vòi 2 chảy
trong 30 giờ thì đầy bể.
C2: Dễ dàng lập được phương trình
Giải tương tự ra cùng đáp số.

1
1
1
+
=
x x + 10 12

Bài 4.

a)Tứ giác AEHD có

·AEH = 900 , ·ADH = 900 nên ·AEH + ·ADH = 1800

Vậy tư giác AEHD nội tiếp.
·
·
b) Khi BAC
= 600 ⇒ BOC
= 1200
Mặt khác tam giác BOC cân tại O nên khoảng
cách từ O đến BC là đường cao đồng thời là tia phân
giác của tam giác BOC.

A

D
O

·
⇒ KOC
= 600

C
OK = cos600.OC = R/2
c) Giả sử : (1) E ≡ B ⇒ ∆ABC vuông cân tại B.
Khi đó AC là đường kính của (O;R) ⇒ D ≡ O
Vậy đường thẳng đi qua A vuông góc với DE tại O.
(2) D ≡ C ⇒ ∆ABC vuông cân tại C. Khi đó
AB là đường kính của (O;R) ⇒ E ≡ O
Vậy đường thẳng đi qua A vuông góc với DE tại O.
Từ (1) và (2) ta có, đường thẳng đi qua A và vuông góc
với DE đi qua điểm cố định là tâm O của (O;R).

K

E

H

B

Bài 5.
P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36
= x2y2 + 6x2y - 2xy2 - 12xy – 24x + 3y2 + 18y + 36
= (18y + 36) + (6x2y + 12x2) – (12xy + 24x) + (x2y - 2xy2 + 3y2)
= 6(y + 2)(x2 – 2x + 3) + y2(x2 – 2x + 3)
= (x2 – 2x + 3)(y2 + 6y +12)
= [(x - 1)2 + 2][(y + 3)2 +3] > 0
Vậy P > 0 với mọi x,y ∈ R.

17


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
Đề chính thức
ĐỀ B

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (2.0 điểm):
Cho phương trình: x2 + mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi m= 3
2. Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để:
x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) > 6.
Bài 2 (2.0 điểm):
Cho biểu thức: B = ( + )( - ) với b > 0; b≠ 9
1. Rút gọn B
2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên.
Bài 3(2.0 điểm):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) vơi xA = 2, xB
= - 1.
1. Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB.
2. Tim n để đường thẳng (d): y = (2n 2 - n)x + n + 1 (với n là tham số) song song với đường thẳng
AB.
Bài 4 (3.0 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao BM, CN của tam
giác cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác BCMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.
3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác ABC luôn nhọn. Xác định
vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất.
Bài 5 (1.0 điểm):
Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4.
33
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a2 + b2 +
ab
--------------------Hết ----------------------

18

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
Đề chính thức
ĐỀ B
Bài
1

2

3

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010 - 2011
Đáp án chấm Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút

Nội dung
Cho phương trình: x2 + mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi m= 3:
- Phương trình trở thành: x2 + 3x - 4 = 0
- Vì tổng các hệ số: 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình có nghiệm
x1=1 v à x2=- 4
Vậy khi m = 3 th ì phương trình có 2 nghiệm x1=1 v à x2=- 4
2. Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để:
x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) > 6.
- Phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì: ∆ ≥ 0 mà ∆ = m2 + 16≥16 với mọi m.
 x1 + x 2 = −m(*)
Khi đó theo Vi-ét ta có: 

 x1 x 2 = −4(**)
- Ta lại có x1(x22+1)+x2(x21+1)> 6<=> x1x22+x1 +x2x21+x2 > 6<=>
x1x2(x1+ x2) + x1+ x2> 6 <=> (x1+ x2)(x1x2+1)>6 (***)
- Thay (*), (**) vào (***) ta có: -m(-4+1) > 6 <=> 3m>6 <=> m >2
- Vậy khi m >2 th ì phương trình (1) có 2 nghiệm x1,x2 thỏa mãn
x1(x22+1)+x2(x21+1)> 6
Bài 2 (2.0 điểm):
Cho biểu thức: B = = ( + )( - ) với b > 0; b ≠ 9
1. Rút gọn B
 ( b + 3)( b + 3) - ( b − 3)( b − 3)  b − 3 


Với b > 0; b ≠ 9 B = 
 3 b 
(
b
−
3)(
b
+
3)




 b − 3   4 
12 b




 ( b − 3)( b + 3)  3 b  =  b + 3 



 
2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên.
 4 
 nguyên khi b +3 là ước của 4 vì b +3≥3 nên
B = 
 b +3
b +3 = 4 hay b =1 <=> b=1
- Vậy với b = 1 thì B đạt giá trị nguyên
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc
parabol (P) vơi xA = 2, xB = - 1.
1. Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB.
- Tọa độ điểm A: xA = 2=> y = 22= 4 Vậy A(2;4)
- Tọa độ điểm B: xB = -1=> y = (-1)2= 1 Vậy B(-1;1)
- Gọi đường thẳng qua A(2;4), B(-1; 1) có dạng y = ax + b (AB)
- Vì (AB) qua A(2; 4) nên 2a + b = 4(i)
- Vì (AB) qua B(-1; 1) nên -a +b = 1(ii)
- Lấy phương trình (i) trừ (ii) ta được 3a = 3 => a = 1 khi đó =>b= 2.
Vậy đường thảng AB có dạng: y = x +2
2. Tim n để đường thẳng (d): y = (2n 2 - n)x + n + 1 (với n là tham số) song
song với đường thẳng AB.
- Đường thẳng AB: y = x+2 song song với (d) y = (2n 2-n)x+n+1 thì: 2n 2-n

Điểm
0,25
0,5
0.25

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

0,5
0.5

0,5
0.25
0,25

0,25
0,25
0,25
0.25

19


=1(u) và n+1 ≠2(v)
1
Giải (u) ta được n = 1; và n = - kết hợp với (v) n≠1.
2
1
Nên với n= thì AB song với (d)
2

0,5

0,25
0,25

4

0.25

0.5
1. Chứng minh BCMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
0,25
- Lấy I là trung điểm BC. Suy ra:BI= CI = MI = NI
nên B ,C, M, N cách đều điểm I nên tứ giác BCMN nội tiếp trong một đường
tròn
2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK
là hình bình hành. Ta có:
ABK = 900 = (góc nội tiếp) => BK⊥AB nên BK∥CH(*). Tương tự:
0,5
ACK = 900 = (góc nội tiếp) => CK⊥AC nên CK∥BH(**). Từ (*) và (**)
suy ra BHCK là hình bình hành.
0.25
0,25
3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác
ABC luôn nhọn. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất.
Gọi I là giao điểm AH và BC, F là trung điểm của BC. Vì khi A thay đổi BC cố
định và lam giác ABC luôn nhọn nên H nằm trong tam giác ABC. Nên S ∆BCH =
BC.HI lớn nhất khi HI lớn nhất (BC cố định), HI lớn nhất => AI lớn nhất => I≡ 0,25
F mà F là trung điểm của BC nên ∆ABC cân tại A => AB = AC=> A bằm chính 0,25
giữa lớn cung BC
0,25
0,25

2
Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a
+ b2 +
Ta có (a-b)2≥ 0 => a2+b2≥ 2ab và (a+b)2≥ 4ab hay ab≤ 4 => ≥
Nên khi đó P = a2 + b2 + ≥ 2ab + + ≥
0,25
≥ 2 + =16 + =
Dấu "=" xảy ra khi 2ab= và a=b hay ab = 4 và a = b =>a = b= 2
0,25
Vậy Min P = khi a = b = 2
0,25
0,25

20


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Năm học 2010-2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:

3

1  x −9

A=
+
÷×
x +3
x
 x−3 x

2. Chứng minh rằng:

1 
 1
5 ×
+
÷ = 10
5 +2
 5−2

với x > 0, x ≠ 9 .

Bài 2. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k − 1) x + n và hai điểm A(0;2),
B(-1;0).
1. Tìm các giá trị của k và n để:
a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (∆) : y = x + 2 − k .
2. Cho n = 2 . Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x 2 − 2mx + m − 7 = 0 (1)
(với m là tham số).
1. Giải phương trình (1) với m = −1 .
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
1 1
3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: + = 16 .
x1 x2
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa
O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường
tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và ∆CAE đồng dạng với ∆CHK.
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2.
Bài 5. (0,5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
3
3
3
3
( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ −
4
--- HẾT ---

21


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Năm học 2010 - 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Bài 1. (2,0 điểm)
3
1  x −9

A=
+
÷×
x +3
x
 x−3 x
1 
 1
5 ×
+
÷ = 10
5 +2
 5−2

1. Rút gọn biểu thức:
2. Chứng minh rằng:
Ý

Nội dung

với x > 0, x ≠ 9 .

Điểm

Với ĐK: x > 0, x ≠ 9 . Ta có:


3
A=
+
 x x −3

⇔ A=

1.
(1,25đ)

3


1 ÷ x−9
×
x +3÷ x


(

)

(

x +3 + x

)

(

x ( x − 9)

2.

0,25

x

3 x +9+ x−3 x
x

0,25

⇔ A=

9+ x
x

0,25


1 
 1


5. 
+
÷ = 5. 
5+2
 5−2

= 5.

(0,75đ)

) ×x − 9

⇔ A=

Kết luận: Vậy với x > 0, x ≠ 9 thì A =

Ta có:

x −3

0,25

9+ x
x

(

0,25



5 +2+ 5 −2 ÷
5−2
5+2 ÷


2 5
5−4

)(

)

0,25

0,25

= 10

Vậy:

1 
 1
5. 
+
÷ = 10
5+2
 5−2

0,25

22


Bài 2. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k − 1) x + n và hai điểm A(0;2),
B(-1;0).
1. Tìm các giá trị của k và n để:
a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (∆) : y = x + 2 − k .
2. Cho n = 2 . Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
Ý

Nội dung

Điểm

(d): y = (k-1)x + n đi qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:
(k − 1).0 + n = 2

(k − 1).(−1) + n = 0

1a

n = 2
n = 2
⇔
⇔
1 − k + 2 = 0
k = 3

(1,0 đ)

1b
(0,5 đ)

(0,5 đ)

0,5

Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0)

0,25

k − 1 = 1
k = 2
⇔
+ (d ) //( ∆ ) ⇔ 
n ≠ 2 − k
n ≠ 0

0,25

k = 2
Kết luận: Vậy (d ) //( ∆ ) ⇔ 
n ≠ 0

0,25

Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2. Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C

 2

;0 ÷
⇔ k − 1 ≠ 0 ⇔ k ≠ 1 và khi đó toạ độ điểm C là 
1− k 

0,25

Ta có: OC = xC =
2.

0,25

2
và do B(-1;0) nên OB = 1.
1− k

Vì các tam giác OAC và OAB vuông tại O và chung đường cao AO nên suy ra:

SOAC = 2SOAB ⇔ OC = 2OB ⇔

2
=2
|1 − k |

0,25

k = 0
⇔
(thoả mãn đk k ≠ 1 )

k = 2
Kết luận: k = 0 hoặc k = 2.

23


Bài 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x 2 − 2mx + m − 7 = 0 (1)
(với m là tham số).
1. Giải phương trình (1) với m = −1 .
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
1 1
3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: + = 16 .
x1 x2
Nội dung

Ý

Điểm

Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành:
x2 + 2x − 8 = 0

0,25

∆ ' = 1+ 8 = 9 ⇒ ∆ ' = 3
1.
(0,75đ)

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

−1 − 3

 x = 1 = −4

 x = −1 + 3 = 2

1

0,25

Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2.

0,25

Pt (1) có ∆ ' = m 2 − (m − 7)

0,25

2.

= m2 − m + 7
2

1  27

= m − ÷ +
> 0 với mọi m.
2
4


(0,75đ)

Vậy với mọi giá trị của m thì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

0,25
0,25

Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 với mọi giá trị của
m. Theo định lý Vi ét ta có:
 x1 + x2 = 2m

 x1 x2 = m − 7
3.
(0,5 đ)

Theo giả thiết ta có:

0,25

x x ≠ 0
1 1
+ = 16 ⇔  1 2
x1 x2
 x1 + x2 = 16 x1 x2
m − 7 ≠ 0
⇔
2m = 16 ( m − 7 )
m ≠ 7
⇔

m = 8

0,25

⇔ m=8
Vậy m = 8 là giá trị cần tìm.

24


Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H
(H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng
AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và ∆CAE đồng dạng với ∆CHK.
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2.
a

A
f
k

o

m

h

O

P

e

n

c

M

b

Ý

H

K

E

N

B

Nội dung
• Ta có:

0,5

+ ·AKE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

0,5

Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
• Xét hai tam giác ∆ CAE và ∆ CHK:
+ Có chung góc C
·
·
+ EAC
(góc nội tiếp cùng chắn cung EK)
= EHK
∆ CHK (g - g)
Suy ra ∆ CAE

2.
(1,0 đ)

3.
(0,5 đ)

Điểm

+ ·AHE = 900 (theo giả thiết AB ⊥ MN )

⇒ ·AHE = ·AKE = 900 ⇒ H, K thuộc đường tròn đường kính AE.
1.
(2,0đ)

C

0,25
0,25
0,5

¼ suy ra ta có
Do đường kính AB ⊥ MN nên B là điểm chính giữa cung MN
·
·
MKB
= NKB
(1)

0,25

·
·
 NKB
= KNF
(2)
Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên 
·
·
= MFN
(3)
 MKB

0,5

·
·

·
·
Từ (1), (2), (3) suy ra MFN
. Vậy ∆ KNF cân tại K.
= KNF
⇔ KFN
= KNF

0,25

·
* Ta có ·AKB = 900 ⇒ BKC
= 900 ⇒ ∆KEC vuông tại K
Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K
·
·
·
BEH
= KEC
= 450 ⇒ OBK
= 450

0,25

Mặt khác vì ∆ OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra ∆ OBK vuông
cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)
* Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính
và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP.
0,25
Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP2 + MK2 = KP2 ⇔ KN2 + KM2 = 4R2.

25