đề thi tuyển sinh vào 10

THI VO 10
(Thời gian làm bàI 150 phút )
Bài 1 ( 4 điểm ):
Cho biểu thức
A =
yyx
yyxx

+
352
a, rút gọn rồi tính giá trị biểu thức A với
x=
48133
++
và y= 4 - 2
3
b, Giải hệ phơng trình A= 0

3x +
2
=
y
+ 5
Bài 2 ( 4 điểm ):
Một đoàn khách Du lịch đi tham quan bằng ôtô . Họ quyết định mỗi
chiếc ôtô phải chở một số hành khách nh nhau . Ban đầu họ định cho mỗi ôtô
chở 22 hành khách nhng nh vậy thì thừa ra một ngời . Về sau khi bớt đi một
ôtô thì có thể phân phối số hành khách nh nhau lên mỗi xe ôtô còn lại . Hỏi
ban đầu có bao nhiêu ôtô và có tất cả bao nhiêu hành khách du lịch , biết rằng
mỗi ôtô chỉ chở đợc không quá 32 ngời .
Bài 3 ( 6 điểm):

Cho đờng tròn ( O; R) , đờng kính AB . Kẻ tia tiếp tuyến Ax và lấy trên
đó một điểm P ( AP>R ) . Từ P kẻ tia PM tiếp xúc với đờng tròn tại M.
a, Tứ giác OBMP là hình gì ? Tại sao?
b. Cho AP = R
3
, chứng minh PAM có trực tâm H nằm trên đờng
tròn (O;R)
c . Chứng minh rằng khi P di động trên tia Ax (AP> R) thì trực tâm H
của PAM chạy trên một cung tròn cố định.
d. Dựng hình chữ nhật PAON , chứng minh B,M,N thẳng hàng.
Bài 4 (6 điểm):
a. Định m để phơng trình x
2
- 2mx +2 - m = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2

và S = x
1
2
+ x
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
b. cho x,y,z là ba số thực thoả mãn điều kiện xyz =1 . Tính giá trị biểu
thức
S =
xyx
++

1
1

+
yzy
++
1
1
+
xzz
++
1
1
c. Giải phơng trình 1981x
4
+ 1979x
3
+ 1982x
2
+ 1978x + 1980 = 0
HNG DN CHM CHUYấN VềNG 1
Bài 1:
a. A =
)(
)32)((
yxy
yxyx


0,5đ

A =
y
yx 32

0,5đ
Tính đợc x =
3
+ 1 0,5đ
y = (
3
-1)
2
0,5đ
thay vào A =
13
35


0,5đ
b. Ta có hệ
0
32
=

y
yx
0,5đ
3x +
2
=

y
+5
y>0
Giải hệ trên ta có x =
7
2315

1,0đ
y =
9
4
(
7
2315

)
2

Câu 2: Gọi số ôtô lúc đầu là k chiếc ( k2) 0,5đ
Mỗi ôtô về sau chở n ngời ( n32)
Tổng số hành khách 22k +1 hay n(k-1) 0,5đ
Ta có 22k+1 = n(k-1) 0,5đ
n = 22 +
1
23

k
0,5đ
lý luận (k-1) là ớc dơng của 23 k-1= 1
k-1=23 0,5đ

+ k-1=1 k=2 n=45 (không thoả mãn) 0,5đ
+ k-1=23 k=24 n=23 (thoả mãn) 0,5đ
Kết luận : Lúc đầu có 24 chiếc ôtô 0,5đ
Tổng số hành khách 529 ngời
Bài 3:

a. + C/m MBO = POA 0.5®
+ MB // PO 0,5®
+ OBMP lµ h×nh thang 0,5®
b. + c/m POA = 60
0
0,5®
+ c/m ∆ PAM ®Òu 0,5®
+ AH lµ ®¬ng cao → ®pcm 0,5®
c. + c/m AHMO h×nh thoi 0,5 ®
+ cã AH= R → H∈(A;R) 0,5®
+ giíi h¹n : H
1
O ( trõ H
1
;O) 0.5®
d. + c/m PNMO néi tiÕp 0,5®
+ c/m OM =PN 0,5®
+ c/m MN//OP → ®pcm 0,5®
Bµi 4:
a. + PT cã hai nghiÖm ↔ ∆
’
= m
2
+ m-2≥0 ↔ m≥1 0,5®

m≤-2
+ Theo ®Þnh lý vi Ðt x
1
+x
2
= 2m 0,5®
x
1
x
2
= 2-m
+ TÝnh S = x
1
2
+ x
2
2
= 4m
2
+2m -4 0,5®
+ S
Min
= 2 ↔ m=1 0,5®
b. NhËn xÐt x,y,z ≠ 0
S =
xyzxzz
z
++
+
xyzxyzxz

xz
++
+
xzz
++
1
1
0.5 ®
S =
1
++
xzz
z
+
zxz
xz
++
1
+
xzz
++
1
1
0,5 đ
S =
1
1
++
++
xzz

xzz
=1 0,5 đ
c. Đặt f
(x)
= 1981x
4
+ 1979x
3
+ 1982x
2
+ 1978x+1980
TXĐ D=R
+ Nếu x= 0 f
(0)
= 1980 >0 0,5 đ
+ Xét x> 0 f
(x)
> 0 x>0 0,5 đ
+ Xét x<0 Lý luận đa ra đợc
1979x
4
+ 1979x
3
+ 1979x
2
+ 1979x + 1979 >0 x <0

(x)
= (2x
4

+ 1) + 1979(x
4
+x
3
+x
2
+ x+1) +3x
2
+(-x) >0 x<0

(x)
>0 xR PT đã cho vô nghiệm
Chú ý : + Trên đây các bài toán chỉ trình bày một cách giảI . Nếu thí
sinh giảI cách khác lập luận lô gích, đúng cho điểm tơng đơng
+ Bài hình không chấm nếu không vẽ hình hoặc hình vẽ sai