BỘ ĐỀ LUYỆN THI VÀO 10

Sở Giáo dục-đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt thành phố huế
Thừa Thiên Huế Khóa ngày 12.7.2007
Đề chính thức Môn: TOáN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 : (1,75 điểm)
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, tính giá trị của biểu thức:
3 2 3 6
3 3 3
A
−
= +
+
b) Rút gọn biểu thức
( )
  −
= − > ≠
 ÷
+ + + +
 
1 1 1
: 0 vµ 1
1 2 1
x
B x x
x x x x x
.
Bài 2: (2,25 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm
( )
4 ; 0B
và

( )
1 ; 4C −
.
a) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm C và song song với đường thẳng
2 3y x= −
. Xác định
tọa độ giao điểm A của đường thẳng (d) với trục hoành Ox.
b) Xác định các hệ số a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua 2 điểm B và C. Tính góc tạo bởi đường
thẳng BC và trục hoành Ox (làm tròn đến phút).
c) Tính chu vi của tam giác ABC (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét) (kết quả làm tròn đến chữ số
thập phân thứ nhất).
Bài 3: (2 điểm)
a) Tìm hai số
u
và
v
biết:
1, 42 vàu v uv u v+ = = − >
.
b) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 60 km. Một xuồng máy đi xuôi dòng từ bến A đến bến B,
nghỉ 30 phút tại bến B rồi quay trở lại đi ngược dòng 25 km để đến bến C. Thời gian kể từ lúc đi đến
lúc quay trở lại đến bến C hết tất cả là 8 giờ. Tính vận tốc xuồng máy khi nước yên lặng, biết rằng vận
tốc nước chảy là 1 km/h.
Bài 4: (2,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Kẻ hai tia tiếp tuyến Ax và By của nửa đường tròn
(Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB). Gọi M là điểm tùy ý thuộc nửa đường tròn
(khác A và B). Tiếp tuyến tại M của nửa đường tròn cắt Ax tại D và cắt By tại E.
a) Chứng minh rằng:
∆
DOE là tam giác vuông.

b) Chứng minh rằng:
2
AD BE= R×
.
c) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho diện tích của tứ giác ADEB nhỏ nhất.
Bài 5: (1,5 điểm)
Một cái xô dạng hình nón cụt có bán kính hai đáy là 19 cm và 9 cm, độ dài đường sinh
26cml =
. Trong
xô đã chứa sẵn lượng nước có chiều cao 18 cm so với đáy dưới (xem hình vẽ).
a) Tính chiều cao của cái xô.
b) Hỏi phải đổ thêm bao nhiêu lít nước để đầy xô ?
1
Đề chính thức Đáp án và thang điểm
Bài ý Nội dung Điểm
1 1,75
1.a
+
( ) ( )
( ) ( )
3 3 2 6 3 3
3 2 3 6
3 3 3 3
3 3 3 3
A
− −
−
= + = +
+
+ −

+
( )
6 3 3
3 2
9 3
A
+
= − +
−

+
3 2 3 3 1A = − + + =

0,25
0,25
0,25
1.b Ta có:
+
( )
− = −
+ + +
+
1 1 1 1
1 1
1
x x x x
x x

+ =

( )
−
+
1
1
x
x x
+
( )
− −
=
+ +
+
2
1 1
2 1
1
x x
x x
x
+
( )
( )
2
1 1 1
:
1
1
x x x
B

x
x x
x
− − +
= = −
+
+
(vì
0x
>
và
1x
≠
).
0,25
0,25
0,25
0,25
2 2,25
2.a
+ Đường thẳng (d) song song với đường thẳng
2 3y x= −
, nên phương trình đường thẳng
(d) có dạng
2 ( 3)y x b b= + ≠ −
.
+ Đường thẳng (d) đi qua điểm
( )
1; 4C −
nên:

4 2 6 3b b= − + ⇔ = ≠ −
.
Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là:
2 6y x= +
.
+ Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm
( ; 0)A x
nên
0 2 6 3x x= + ⇔ = −
. Suy ra:
( )
3 ; 0A −
0,25
0,25
0,25
2.b
+ Đồ thị hàm số
y ax b= +
là đường thẳng đi qua
( )
4; 0B
và
( )
1; 4C −
nên ta có hệ phương trình:
0 4
4
a b
a b
= +



= − +

+ Giải hệ phương trình ta được:
( )
4 16
; ;
5 5
a b
 
= −
 ÷
 
.
0,25
0,25
2
+ Đường thẳng BC có hệ số góc
4
0,8 0
5
a = − = − <
, nên tang của góc
'
α
kề bù với góc tạo
bởi BC và trục Ox là:
0
' 0,8 ' 38 40'tg a

α α
= = ⇒ ≈
.
+ Suy ra: Góc tạo bởi đường thẳng BC và trục Ox là
0 0
180 ' 141 20'
α α
= − ≈
0,25
0,25
2.c
+ Theo định lí Py-ta-go, ta có:
2 2 2 2
2 4 2 5AC AH HC= + = + =
+Tương tự:
2 2
5 4 41BC = + =
.
Suy ra chu vi tam giác ABC là:
7 2 5 41 17,9( )AB BC CA cm+ + = + + ≈
0,25
0,25
3 2,0
3.a
+ u, v là hai nghiệm của phương trình:
2
42 0x x− − =
+ Giải phương trình ta có:
1 2
6; 7x x= − =

+ Theo giả thiết:
u v>
, nên
7; 6u v= = −
0,25
0,25
0,25
3.b + Gọi x (km/h) là vận tốc của xuồng khi nước yên lặng. Điều kiện: x > 1.
+ Thời gian xuồng máy đi từ A đến B:
60
(h)
1x +
, thời gian xuồng ngược dòng từ B về C :
25
(h)
1x −
+ Theo giả thiết ta có phương trình :
60 25 1
8
1 1 2x x
+ + =
+ −
+ Hay
2
3 34 11 0x x− + =
Giải phương trình trên, ta được các nghiệm:
1
11x =
;
2

1
3
x =
+ Vì x > 1 nên x = 11 . Vậy vận tốc của xuồng khi nước đứng yên là 11km/h.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4 2,5
4.a + Hình vẽ đúng (câu a):
+ Theo giả thiết: DA và DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D,
nên OD là tia phân giác góc AOM. Tương tự: OE là tia phân
giác góc MOB.
+ Mà
·
AOM
và
·
MOB
là hai góc kề bù, nên
·
0
90DOE =
.
Vậy tam giác DOE vuông tại O.
0,25
0,50
0,50
4.b

+ Tam giác DOE vuông tại O và
OM DE⊥
nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta
có:
2 2
DM EM OM R× = =
(1)
+ Mà DM = DA và EM = EB (định lí về 2 tiếp tuyến cắt nhau) (2).
+ Từ (1) và (2) ta có:
2
DA EB R× =
0,25
0,25
0,25
4.c + Tứ giác ADEB là hình thang vuông, nên diện tích của nó là:
( ) ( )
1 1
2
2 2
S AB DA EB R DM EM R DE= + = × × + = ×
+ S nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất. Mà DE là đường xiên hay đường vuông góc kẻ từ
D đến By, nên DE nhỏ nhất khi DE = DH (DH vuông góc với By tại H).
0,25
3
Khi đó DE song song với AB nên M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) (hoặc OM
⊥
AB). Giá trị nhỏ nhất của diện tích đó là:
2
0
2S R=

Ghi chú: Nếu học sinh không tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích vẫn cho điểm tối đa.
0,25
5 1,5
5.a
5.b
+ Cắt hình nón cụt bởi mặt phẳng qua trục OO',
ta được hình thang cân AA’B’B. Từ A hạ AH
vuông góc với A’B’ tại H, ta có:
A'H O'A' OA 10 (cm)= − =
Suy ra:
2 2 2 2
OO' AH AA' A'H 26 10 24 (cm)= = − = − =
.
+ Mặt nước với mặt phẳng cắt có đường thẳng chung là IJ, IJ cắt AH tại K. Theo giả thiết ta
có: HK = AH - AK = 24 - 18 = 6 (cm).
+ Bán kính đáy trên của khối nước trong xô là
1 1 1
O I O K KI 9 KIr = = + = +
.
KI//A’H
1
KI AK
= KI 7,5 16,5 (cm)
HA' AH
r⇒ ⇒ = ⇒ =
.
Thể tích khối nước cần đổ thêm để đầy xô là:
+
( ) ( )
2 2 2 2

1 1
1 1
. 6 19 19 16,5 16,5
3 3
V h r rr r
π π
= + + = × + × +
.
+
3 3
5948,6 cm 5,9486 5,9V dm≈ = ≈
lít.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Ghi chú:
− Học sinh làm cách khác đáp án nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
− Điểm toàn bài không làm tròn.
ĐỀ THI VÀO 10 THPT HẢI PHÒNG – 2008-2009
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề
Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (2,0 điểm)
1. Biểu thức xác định với giá trị nào của x?
A. X ; B. x ; C. x và ; D.
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng ?
A. . B. C. . D. .
3. Hai hệ phương trình và là tương đương khi k bằng:

A. -3 B. 3 C. 1 D. -1
4. Điểm thuộc đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau đây?
A. B. C. D.
4
5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao. Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài EF bằng:
A. 13 B. C. 2 D. 3
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = , khi đó sinB bằng:
A. B. C. D.
7. Cho tam giác ABC vuôngtại A, có AB = 18 cm, AC = 24 cm. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó
bằng:
A. 30 cm B. cm C. 20 cm D. 15 cm
8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6 cm, AB = 8 cm. Quay tam giác đó một vòng quanh cạnh AC cố định
được một hình nón. Diện tích toàn phần của hình nón đó là:
A. B. C. D.
Phần 2: Tự luận. (8,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho phương trình bậc hai, ẩn số là x : .
1/ Giải phương trình khi m = 3..
2/ Với giá trị nào của m phương trình có nghiệm.
3/ Tìm giá trị của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện: x1
2
+ x2
2
= 10
Bài 2: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
Bài 3: (1,5 điểm)
Rút gọn biểu thức:
1/
2/

Bài 4: (4,0 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 được.
2/ Chứng minh AI. BK = AC. CB
3/ Chứng minh tam giác APB vuông.
4/ Giả sử A, B, I cố định. Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho tứ giác ABKI có diện tích lớn nhất.
BÀI GIẢI:
PHẦN TRẮC NGHIỆM:
1 2 3 4 5 6 7 8
C B A C D B D C
PHẦN TỰ LUẬN:
Bài 1: Với m = 3 thì phương trình đã cho là: x
2
– 4x + 4 = 0
'∆
= (-2)
2
– 1.4 = 0 . vậy phương trình có nghiệm kép là: x
1
= x
2
= 2
b/
'∆
= (-2)
2
– 1(m + 1) = -m + 3. Để phương trình có nghiệm thì
'∆

≥
0 <=> -m + 3
≥
0 <=> m
≤
3
c/ Theo hệ thức Viet x
1
+ x
2
= 4; x
1
.x
2
= m + 1;
Mà
x1
2
+ x2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
.x

2
= 4
2
– 2(m + 1) = 14 – 2m = 10 <=> 2m = 4 <=> m = 2
Bài 2: Với x
≥
2; y
≥
-2; Đặt X =
x 2−
; Y =
y 2+
thì hệ đã cho trở thành:
3X Y 1 X 1
X Y 3 Y 2
− = =
 
<=>
 
+ = =
 
5
<=>
x 2 1
x 2 1 x 3
y 2 4 y 2
y 2 2

− =
− = =

 

<=> <=>
  
+ = =
+ =
 


Bài 3: Rút gọn:
a/ A =
6 3 3 6 3 3+ + −
<=> A
2
= (
6 3 3 6 3 3+ + −
)
2
= 18 <=> A = 3
2
(Vì A > 0)
b/ B =
(5 2 6)(49 20 6) 5 2 6
9 3 11 2
+ − −
−
=
2
(5 2 6)(5 2 6) ( 3 2)
9 3 11 2

+ − −
−
=
(5 2 6)( 3 2)
9 3 11 2
− −
−
= 1
Bài 4:
a/ C/m CPKB nội tiếp được:
Vì P thuộc đường tròn đường kính IC =>
·
IPC
= 90
0
=>
·
CPK
= 90
0
và
·
CBK
= 90
0
=>
·
CPK
+
·

CBK
= 180
0
=> Tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK
b/ C/m AI.BK = AC.CB
Ta có
·
·
AIC BCK=
(Cùng phụ
·
ICA
)
=>
∆
ACI
:
∆
BKC <=>
AC AI
BK BC
=
<=> AI.BK = AC.CB
c/
Chứng minh tam giác APB vuông.
Ta có:
·
·
CPB CKB=
(góc nội tiếp chắn cung CB)

·
·
APC AIC=
(góc nội tiếp chắn cung AC) =>
·
·
APC BCK=
Mà
·
·
0
BKC BCK 90+ =
<=>
·
·
0
BPC APC 90+ =
<=>
·
0
APB 90=
. Hay APB vuông tại P
d/ Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho tứ giác ABKI có diện tích lớn nhất.
Ta có: S
ABKI
=
1
2
(AI + BK)AB <=> S
ABKI

lớn nhất <=> AI + BK lớn nhất <=> AI = BK <=> AIBK là hình chữ
nhật <=> C là trung điểm AB
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NGHỆ AN 2008-2009 ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán – Thời gian 120 phút
I/ Phần trắc nghiệm ( 2 điểm )
Em hãy chọn một phương án trả lời đúng trong các phương án (A, B, C, D ) của từng câu sau rồi ghi phương án
đã cho vào bài làm.
Câu 1:
Đồ thị hàm số đi qua điểm
A. ( 0; 4 ) B. ( 2; 0 ) C. ( -5; 3 ) D. ( 1; 2)
Câu 2: bằng
A. -7 B. -5 C. 7 D. 5
Câu 3: Hình tròn có đường kính 4 cm thì có diện tích là:
A. 16 B. 8 C. 4 D. 2
Câu 4:
Tam giác ABC vuông ở tại A biết và AB = 4. Độ dài cạnh AC là:
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
Phần II: Phần tự luận ( 8 điểm )
Câu 1 ( 3 điểm )
6
A
C B
K
P
I
Cho biểu thức
a/ Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P
b/ Tìm các giá trị của x để
c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 2 ( 2 điểm )

Hai người thợ cùng sơn cửa cho một ngôi nhà trong 2 ngày thì xong công việc. Nếu người thứ nhất làm trong 4
ngày rồi nghỉ và người thứ 2 làm tiếp trong 1 ngày thì xong công việc. Hỏi mỗi người làm một mình thì bao lâu
sẽ xong công việc.
Câu 3 ( 3 điểm )
Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn đường kính AB cắt cạnh BC tại M. Trên cung nhỏ AM lấy điểm E (
E khác A; M). Kéo dài BE cắt AC tại F
a/ Chứng minh , từ đó suy ra tứ giác MEFC là tứ giác nội tiếp.
b/ Gọi K là giao điểm của ME và AC. Chứng minh
c/ Khi điểm E ở vị trí sao cho AE + BM = AB. Chứng minh giao điểm các phân giác của các và
thuộc đoạn thẳng AB
BÀI GIẢI:
PHẦN TRẮC NGHIỆM
1 2 3 4
A D C B
PHẦN TỰ LUẬN:
Bài 1: a/ ĐKXĐ: x
≥
0 và x
≠
1
P =
3 1 1
:
x 1
x 1 x 1
 
+
 ÷
−
+ +

 
=
3 1
( x 1)
x 1
x 1
 
+ +
 ÷
−
+
 
=
3
1
x 1
+
−
=
x 2
x 1
+
−
b/ P =
5
4
<=>
x 2
x 1
+

−
=
5
4
<=> 4(
x
+ 2) = 5(
x
- 1) <=>
x
= 13 <=> x = 169
c/ Ta có P =
x 2
x 1
+
−
<=>
1
P
=
x 1
x 2
−
+
. Vậy M =
x 12 1
.
P
x 1
+

−
=
x 12
x 1
+
−
.
x 1
x 2
−
+
=
x 12
x 2
+
+
Bài 2: Gọi x, y (ngày) là thời gian làm riên của mỗi người xong việc (x: nguyên dương)
1 ngày người thứ nhất làm xong
1
x
(công việc), người thứ làm xong
1
y
(công việc), cả hai ngừoi làm
1
2
(công
việc). Vậy ta có hệ phương trình:
1 1 1
x y 2

4 1
1
x y

+ =




+ =


. Giải ra ta được x = 6; y = 3
Vậy nếu làmn riêng người thứ nhất làm xong công việc trong 6 ngày, người thức hai làm xong công việc trong 3
ngày
Bài 4:
a/ Chứng minh , từ đó suy ra tứ giác MEFC là tứ giác nội tiếp.
Ta có
·
ACB
=
1
2
(sđ
»
AB
- sđ
¼
AM
) =

1
2
sđ
¼
MB
·
1
BEM
2
=
sđ
¼
MB
(góc nội tiếp chắn cung MB)
7
A
B
F
C M
E
K
=>
·
·
BEM ACB=
Mà
·
·
0
BEM MEF 180+ =

=>
·
·
0
MCF MEF 180+ =
Tứ giác MEFC nội tiếp trong đường tròn
b/ C/m AK
2
= KE.KM
Ta có:
·
KAE
=
1
2
sđ
»
AE
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
·
AMK
=
1
2
sđ
»
AE
(góc nội tiếp chắn cung AE) =>
·
KAE

=
·
AMK
; Và
·
AKM
chung
=>
∆
KEA
:

∆
KAM =>
KA KE
KM KA
=
<=> AK
2
= KE.KM
c/ Chứng minh giao điểm các phân giác của các và thuộc đoạn thẳng AB
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÁNH HÒA 2008-2009 - ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn Toán – Thời gian 120 phút
Ngày thi 19/06/2008
Bài 1 ( 3 điểm )
Học sinh không dùng máy tính cầm tay để giải bài toán 1
a) Tính giá trị biểu thức:
b) Giải hệ phương trình:
c) Giải phương trình:
Bài 2 ( 2 điểm )

Cho hai hàm số có đồ thị (P) và có đồ thị (d)
a) Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Bằng phương pháp đại số, xác định tọa độ giao điểm của (P) và (d)
Bài 3 ( 1 điểm )
Lập phương trình bậc hai ẩn x có hai nghiệm thỏa mãn các điều kiện:
và
Bài 4 ( 4 điểm )
Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ đường cao AH và đường phân giác BE ( H BC, E AC). Kẻ AD vuông góc
với BE ( D BE).
a) Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn (O) ngoại tiếp tứ giác ADHB.
b) Chứng minh tứ giác ODCB là hình thang.
c) Gọi I là giao điểm của OD và AH. Chứng minh:
d) Cho biết , độ dài AB = a. Tính theo a diện tích hình phẳng giới hạn bởi AC, BC và cung nhỏ AH
của (O).
BÀI GIẢI
Bài 1: a/ A = 5
12
- 4
75
+ 2
48
- 3
3
= 10
3
- 20
5
+ 8
3
- 3

3
= 15
3
- 20
5
8
b/
2x y 3 5x 5 x 1 x 1
3x y 2 3x y 2 3.1 y 2 y 1
+ = = = =
   
<=> <=> <=>
   
− = − = − = =
   
c/ Đặt x
2
= t
≥
0 thì phương trình trở thành: t
2
– 7t – 18 = 0:
Giải ra ta tìm được t1 = - 2 (loại); t2 = 9
<=> x
2
= 9 <=> x =
±
3
Bài 2: Toạ độ giao điểm của P và d là nghiệm của phương trình:
-x

2
= 2x – 3 <=> -x
2
– 2x + 3 = 0 <=> x1 = 1; x2 = 2
Vậy toạ độ giao điểm là (1, -1); (-3; -9)
Bài 3: Từ
1 2 1 2 2 1
1 2 1 2
x x x (x 1) x (x 1)
13 13
x 1 x 1 6 (x 1)(x 1) 6
− + −
+ = <=> =
− − − −
<=> (2x1x2 – x1 – x2)6 = (x1x2 – x1 – x2 + 1)13
<=> x1x2 – 7(x1 + x2) = -13 <=> x1x2 = -13 + 7(x1 + x2) = -13 + 7 = -6
Vậy phương trình ẩn x có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn x1 + x2 = 1 và
1 2
1 2
x x
13
x 1 x 1 6
+ =
− −
hay thoả mãn x1 + x2 = 1 và x1x2 = -6 là x
2
– x – 6 = 0
Bài 4: a/ Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp
Theo gt ta có:
· ·

ADB AHB=
= 90
0
; D và H nhìn AB góc 90
0
nên D và H
thuộc đường tròn đường kính AB
Hay ABHD nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm AB
b) Chứng minh tứ giác ODCB là hình thang.
Ta có:
∆
OBD cân tại O =>
·
·
OBD ODB=
Mà:
·
·
OBD DBH=
(gt) =>
·
·
DBH ODB=
; Mà 2 góc này ở vị trí so le trong so với OD và BC => OD//BC
Hay ODCB là hình thang
c/ C/m
2 2 2
1 1 1
4AI AB AC
= +

Ta có: OD//BH (câu b) và O là trung điểm AB => I là trung điểm AH => AH = 2AI
Theo hệ thức luơng tam giác vuông ta có:
2 2 2
1 1 1
AH AB AC
= +
<=>
2 2 2
1 1 1
(2AI) AB AC
= +

<=>
2 2 2
1 1 1
4AI AB AC
= +
d/ Tính theo a diện tích hình phẳng giới hạn bởi AC, BC và cung nhỏ AH của (O). (AB = a)
Nếu
µ
B
= 60
0
=>
∆
ABC là nửa tam giác đều cạnh BC; Mà AB = a => BC = 2a => AC = a
3
và bán kính R của
(O) là
a

2
Diện tích nửa (O; R) là Sđt =
π
R
2
=
π
2
a
4
; SABC =
1
2
AB.AC =
1
2
a
2
3
Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BH và cung BH là: S = R
2
3
6 4
 
π
−
 ÷
 ÷
 
= a

2
3
6 4
 
π
−
 ÷
 ÷
 
(áp dụng công
thức bài tập 85 SGK với góc ờ tâm BOH bằng 60
0
)
9
f(x)=-x^2
f(x)=2x-3
Series 1
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
A
B C

H
D
E
O
I
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi AC, BC và cung nhỏ AH của (O) là:
1
2
a
2
3
- [
π
2
a
4
- a
2
3
6 4
 
π
−
 ÷
 ÷
 
] = a
2
3 3
2 4 6 4

 
π π
− + −
 ÷
 ÷
 
=
3
4 12
 
π
−
 ÷
 ÷
 
a
2
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT-TPHCM – 2008-2009
Ngày thi: 18 - 6 - 2008
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
b)
c)
Bài 2: (2 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3: (1 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
a)

b)
B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −
−
 ÷
 ÷
−
+ +
 
(x > 0; x ≠ 4).
Bài 4: (1, 5 điểm)
Cho phương trình
a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.
b) Gọi là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để
Bài 5: (3, 5điểm)
Từ một điểm M bên 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
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 đường 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.
Gợi ý
Câu 1: a) 2x

2
+ 3x – 5 = 0 (1)
Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là:
x
1
= 1 hay x
2
=
c 5
a 2
= −
.
Cách 2: Ta có ∆ = b
2
– 4ac = 3
2
– 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là x
1
=
3 7 5
4 2
− −
= −
hoặc x
2
=
3 7
1
4
− +

=
.
b) x
4
– 3x
2
– 4 = 0 (2)
10
Đặt t = x
2
, t ≥ 0. Phương trình (2) trở thành t
2
– 3t – 4 = 0 ⇔
t 1
t 4
= −


=

(a – b + c = 0)
So sánh điều kiện ta được t = 4 ⇔ x
2
= 4 ⇔ x = ± 2.
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x = 2 hoặc x = –2.
c)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)
+ =



+ = −

(3)
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.
Cách 2: (3) ⇔
8x 4y 4
3x 4y 1
+ =


+ = −

⇔
5x 5
3x 4y 1
=


+ = −

⇔
x 1
3.1 4y 1
=


+ = −


⇔
x 1
y 1
=


= −

.
Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Câu 2: a) * Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = –x
2
:
x –2 –1 0 1 2
y = –x
2
–4 –1 0 –1 –4
* Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = x – 2:
x 0 2
y = x – 2 –2 0
Đồ thị (P) và (D) được vẽ như sau:
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:
–x
2
= x – 2 ⇔ x
2
+ x – 2 = 0 ⇔ x = 1 hay x = –2 (a + b + c = 0)
Khi x = 1 thì y = –1; Khi x = –2 thì y = –4.
Vậy (P) cắt (D) tại hai điểm là (1; –1) và (–2; –4).

Câu 3: a) A =
7 4 3 7 4 3− − +
=
=
2 2
(2 3) (2 3)− − +
=
2 3 2 3− − +

Mà 2 –
3
> 0 và 2 +
3
> 0 nên A = 2 –
3
– 2 –
3
=
2 3−
.
b) B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −
−
 ÷
 ÷

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

x 3 x 2 (x 3 x 2)
x
+ + − − +
=
6 x
x
= 6.
Câu 4: x
2
– 2mx – 1 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Cách 1: Ta có: ∆' = m
2
+ 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 x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
.
Theo a) ta có với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Khi đó ta có S =
1 2
x x 2m+ =
và P = x
1

x
2
= –1.
Do đó
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
⇔ S
2
– 3P = 7 ⇔ (2m)
2
+ 3 = 7 ⇔ m
2
= 1 ⇔ m = ± 1.
Vậy m thoả yêu cầu bài toán ⇔ m = ± 1.
Câu 5: a) Xét hai tam gia
́
c MAC và MDA có: – ∠ M chung
11
-3 -2 -1 1 2 3
-4
-3
-2
-1
x
y
O
O
M
D

C
A
B
I
H
K
– ∠ MAC = ∠ MDA (=
»
đAC
1
s
2
).
Suy ra ∆MAC đồng dạng với ∆MDA (g – g)
⇒
MA MC
MD MA
=
⇒ MA
2
= MC.MD.
b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên ∠MAO = ∠ MBO = 90
0
.
* I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 90
0
.
Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 90
0
⇒ 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
⇒ MA
2
= MH.MO. Mà MA
2
= MC.MD (do a))
⇒ MC.MD = MH.MO ⇒
MH MC
MD MO
=
(1).
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
⇒ 90
0
– ∠ MHC = 90
0
– ∠ 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 = 90
0

)
⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt)
⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp ⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 90
0
.
⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H ⇒ HK trùng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng.
ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007-2008
Bài 1: (2,5 điểm)
Cho biểu thức P=
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm x để P <
Bài 2: (2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4km/h so với
lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B.
12
Bài 3: (1 điểm)
Cho phương trình
1. Giải phương trình khi b= -3 và c=2
2. Tìm b,c để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và tích của chúng bằng 1
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A và AH
<R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d, đường thẳng này cắt đường tròn tại hai điểm E và B ( E nằm giữa
B và H)
1. Chứng minh góc ABE bằng góc EAH và tam giác ABH đồng dạng với tam giác EAH.
2. Lấy điểm C trên d sao cho H là trung điểm của đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB tại K. Chứng minh
AHEK là tứ giác nội tiếp.
3. Xác định vị trí điểm H để AB= R .
Bài 5: (0,5 điểm)
Cho đường thẳng y = (m-1)x+2

Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó là lớn nhất.
Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT- Hà Nội
Năm học 2007-2008
Bài 1: P=
1. Kết quả rút gọn với điều kiện xác định của biểu thức P là
2. Yêu cầu . Đối chiếu với điều kiện xác định của P có kết
quả cần tìm là
Bài 2: Gọi vận tốc khi đi là x (đơn vị tính km/h, điều kiện là x>0) ta có phương trình . Giải ra ta có
nghiệm x = 12(km/h)
Bài 3: 1. Khi b = -3, c = 2 phương trình x
2
- 3x + 2 = 0 có nghiệm là x = 1, x = 2
2. Điều kiện cần tìm là
Bài 4: 1. vì cùng chắn cung AE. Do đó tam giác ABH và EHA đồng dạng.
2. nên hay . Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp đường tròn
đường kính AE.
3. M là trung điểm EB thì OM vuông góc BE, OM=AH. Ta có
đều cạnh R.
Vậy AH = OM =
Bài 5: Đường thẳng y = (m-1)x+2 mx= y+x-2đi qua điểm cố định A(0;2).
Do đố OA=2. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA = 2,
xảy ra khi d vuông góc với OA hay hệ số góc đường thẳng d là 0 tức là m-1.
13
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007-2008
KHÓA NGÀY 20-6-2007
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1, 5 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x

2
– 2 x + 4 = 0
b) x
4
– 29x
2
+ 100 = 0
c)
Câu 2: (1, 5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:
a)
b)
Câu 3: (1 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 675 m
2
và có chu vi bằng 120 m. Tìm chiều dài và chiều
rộng của khu vườn.
Câu 4: (2 điểm) Cho phương trình x
2
– 2mx + m
2
– m + 1 = 0 với m là tham số và x là ẩn số.
a) Giải phương trình với m = 1.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2
.
c) Với điều kiện của câu b hãy tìm m để biểu thức A = x
1
x
2

- x
1
- x
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường tròn đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự tại E
và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D.
a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AH vuông góc với BC.
b) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC.
Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp.
d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC.
Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2007-2008
Câu 1: a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x
1
= 5 – 1 và x
2
= 5 + 1.
b) Đặt t = x
2
≥ 0, ta được phương trình trở thành t
2
– 29t + 100 = 0 t = 25 hay t =2.
* t = 25 x
2
= 25 x = ± 5.
* t = 4 x
2
= 4 x = ± 2.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5.
c)
Câu 2:
14
a)
b)
Câu 3: Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0).
Theo đề bài ta có:
Ta có: (*) x
2
– 60x + 675 = 0 x = 45 hay x = 15.
Khi x = 45 thì y = 15 (nhận)
Khi x = 15 thì y = 45 (loại)
Vậy chiều dài là 45(m) và chiều rộng là 15 (m)
Câu 4: Cho phương trình x
2
– 2mx + m
2
– m + 1 = 0 (1)
a) Khi m = 1 thì (1) trở thành: x
2
– 2x + 1 = 0 (x – 1)
2
= 0 x = 1.
b) (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
Δ’ = m – 1 > 0 m > 1.
Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x

1
, x
2
m > 1.
c) Khi m > 1 ta có: S = x
1
+ x
2
= 2m và P = x
1
x
2
= m
2
– m + 1
Do đó: A = P – S = m
2
– m + 1 – 2m = m
2
– 3m + 1 = − ≥ – .
Dấu “=” xảy ra m = (thỏa điều kiện m > 1)
Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – .
Câu 5: a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường tròn đường kính BC.
Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
* Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
BF, CE là hai đường cao của ΔABC.
H là trực tâm của Δ ABC.
AH vuông góc với BC.
b) Xét Δ AEC và Δ AFB có:
chung và Δ AEC đồng dạng với Δ AFB

c) Khi BHOC nội tiếp ta có:
mà và (do AEHF nội tiếp)

Ta có: K là trung điểm của BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
OK vuông góc với BC mà tam giác OBC cân tại O (OB = OC )
Vậy mà BC = 2KC nên
d) d) Xét Δ EHB và Δ FHC có: (đối đỉnh)
Δ EHB đồng dạng với Δ FHC HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12
HC(CE – HC) = 12 HC
2
– 8.HC + 12 = 0 HC = 2 hoặc HC = 6.
* Khi HC = 2 thì HE = 6 (không thỏa HC > HE)
* Khi HC = 6 thì HE = 2 (thỏa HC > HE)
Vậy HC = 6 (cm).
15
S GIO DC V O TO K THI TUYN SINH LP 10 TRNG THPT
QUNG NAM Nm hc 2008 -2009
Mụn: TON
Thi gian lm bi 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
I. Phn trc nghim (4, 0 im)
Chn ý ỳng mi cõu sau v ghi vo giy lm bi.Vớ d: Nu chn ý A cõu 1 thỡ ghi 1A.
Cõu 1. Giỏ tr ca biu thc
2
(3 5)

bng
A.
3 5
B.
5 3

C. 2 D.
3 5
Cõu 2. ng thng y = mx + 2 song song vi ng thng y = 3x

2 khi
A. m =

2 B. m = 2 C. m = 3 D. m =

3
Cõu 3.
x 3 7 =
khi x bng
A. 10 B. 52 C.
46

D. 14
Cõu 4. im thuc th hm s y = 2x
2
l
A. (

2;

8) B. (3; 12) C. (

1;

2) D. (3; 18)
Cõu 5. ng thng y = x

2 ct trc honh ti im cú to l
A. (2; 0) B. (0; 2) C. (0;

2) D. (

2; 0)
Cõu 6. Cho tam giỏc ABC vuụng t i A, ng cao AH. Ta cú
A.
AC
sin B
AB
=
B.
AH
sin B
AB
=
C.
AB
sin B
BC
=
D.
BH
sin B
AB
=
Cõu 7. Mt hỡnh tr cú bỏn kớnh ỏy bng r v chiu cao bng h. Din tớch xung quanh ca hỡnh tr ú bng
A. r

2
h B. 2r
2
h C. 2rh D. rh
Cõu 8. Cho hỡnh v bờn, bit BC l ng kớnh ca ng trũn (O), im A nm trờn ng thng BC, AM l
tip tuyn ca (O) ti M v
ã
0
MBC 65=
.
S o ca gúc MAC bng
A. 15
0
B. 25
0
C. 35
0
D. 40
0
II. Phn t lun (6,0 im)
Bi 1. (1,5 im)
a) Rỳt gn cỏc biu thc:
M 2 5 45 2 20= - +
;

1 1 5 1
N
3 5 3 5 5 5
-
= - ì

- + -
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
.
b) Tng ca hai s bng 59. Ba ln ca s th nht ln hn hai ln ca s th hai l 7. Tỡm hai s ú.
Bi 2. (1,5 im)
Cho phng trỡnh bc hai x
2

-
5x + m = 0 (1) vi x l n s.
a) Gii phng trỡnh (1) khi m = 6.
b) Tỡm m phng trỡnh (1) cú hai nghim dng x
1
, x
2
tho món
1 2 2 1
x x x x 6
+ =
.
Bi 3. (3,0 im)
Cho ng trũn (O) ng kớnh AB bng 6cm. Gi H l im nm gia A v B sao cho AH = 1cm. Qua
H v ng thng vuụng gúc vi AB, ng thng ny ct ng trũn (O) ti C v D. Hai ng thng BC v

DA ct nhau ti M. T M h ng vuụng gúc MN vi ng thng AB (N thuc ng thng AB).
a) Chng minh MNAC l t giỏc ni tip.
b) Tớnh di on thng CH v tớnh tg
ã
ABC
.
c) Chng minh NC l tip tuyn ca ng trũn (O).
d) Tip tuyn ti A ca ng trũn (O) ct NC E. Chng minh ng thng EB i qua trung im ca
on thng CH.
HNG DN CHM MễN TON
16
CHNH THC
A
B
O
C
M
65
0
Đáp án và thang điểm
1. Phần trắc nghiệm (4,0 điểm)
- HS chọn đúng mỗi câu cho 0,5 điểm.
- Đáp án
Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8
A C B D A B C D
2. Phần tự luận (6,0 điểm)
Bài Đáp án Điểm
1
(1,5đ)
a) Biến đổi

M 2 5 3 5 4 5 3 5= − + =
1 1 5 1 3 5 (3 5) 5 1
N
9 5
3 5 3 5 5 5 5( 5 1)
æ ö
- + - - -
÷
ç
= - × = ×
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
-
- + - -

2 5 1 1
4 2
5
= × =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Gọi x là số thứ nhất, y là số thứ hai.
Theo đề bài ta có:
x y 59

3x 2y 7
ì
+ =
ï
ï
í
ï
- =
ï
î
Giải hệ phường trình tìm được x = 25, y = 34.
Kết luận hai số cần tìm là 25 và 34.

0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
(1,5đ)
a) Khi m = 6, ta có PT x
2
- 5x + 6 = 0
Lập ∆ = 5
2
- 4.6 = 1
Tìm được hai nghiệm: x
1
= 2; x
2
= 3
0,25đ

0,5đ
b) Lập ∆ = 25 - 4m
Phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
khi ∆ ≥ 0 hay m ≤
25
4
Áp dụng hệ thức Viet, ta có x
1
+ x
2
= 5 ; x
1
.x
2
= m


Hai nghiệm x
1
, x
2
dương khi
1 2
1 2
x x 0
x x 0
ì

+ >
ï
ï
í
ï
>
ï
î
hay m > 0.
Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x
1
, x
2
là
0 < m ≤
25
4
(*)
Ta có:
( )
2
1 2 1 2 1 2
x x x x 2 x .x 5 2 m+ = + + = +

Suy ra

1 2
x x 5 2 m+ = +
Ta có

( )
1 2 2 1 1 2 1 2
x x x x 6 x .x x x 6
+ = ⇔ + =
Hay
m 5 2 m 6 2m m 5m 36 0
+ = ⇔ + − =
(1)
Đặt
t m 0= ≥
, khi đó (1) thành:
⇔ 2t
3
+ 5t
2
- 36 = 0
⇔ (t - 2)(2t
2
+ 9t + 18) = 0
⇔ t - 2 = 0 hoặc 2t
2
+ 9t + 18 = 0
* t - 2 = 0 => t = 2 => m = 4 (thoả mãn (*)).
0,25đ
0,25đ
17
* 2t
2
+ 9t + 18 = 0 : phương trình vô nghiệm.
Vậy với m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x

1
, x
2

thoả mãn
1 2 2 1
x x x x 6
+ =
.
0,25đ

3
(3,0đ)
Hình vẽ phục vụ a)
Hình vẽ phục vụ b), c), d)
0,25đ
0,25đ
a) Lí luận được
·
·
0 0
ACM 90 , ANM 90= =

Kết luận ANMC là tứ giác nội tiếp.
0.25đ
0.25đ
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có:
CH
2
= AH.HB ⇒ CH =

AH.HB 5=
(cm)

·
CH 5
t gABC
HB 5
= =
0,5đ
0,25đ
c) Lí luận được:
·
·
ACN=AMN

·
·
·
ADC=ABC BCO=

·
·
ADC=AMN

Suy ra được
·
·
ACN=BCO
Lí luận
·

0
NCO=90

Kết luận NC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
0,25đ
0,25đ
d) Gọi I là giao điểm của BE và CH và K là giao điểm của tiếp tuyến
AE và BM.
Lí luận được OE//BM. Từ đó lí luận suy ra E là trung điểm của AK
Lý luận được
IC IH
EK EA
=
(cùng bằng
BI
BE
)
Mà EK = EA
Do đó IC = IH.
Kết luận: Đường thẳng BE đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN- TP. ĐÀ NẴNG
Ngày thi 19-6-2008
Câu 1: (2,0 điểm)
a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
32
5
5

5
+
và

b) Rút gọn biểu thức A=
b
a
b
bab
−
−
2
2
trong đó a≥ 0, b>0.
Câu 2: (2,0 điểm)
18
I
E
O
B
M
N
A
H
C
D
K
a) Giải phương trình x
2
+ 2x – 35 = 0

b/ Giải hệ phương trình



=+
=−
82
232
yx
yx
Câu 3(2,5 điểm)
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 2 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 toạ độ là cm).
Câu 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 một tứ giác nội tiếp.
c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh AB.
GIAÛI
Câu 1: (2,0 điểm)
Gợi ý:
=
5
5
5

5
)5(
2
=
;
3510
34
3510
)32)(32(
)32(5
32
5
−=
−
−
=
−+
−
=
+
b/ Gợi ý: A=
b
a
b
bab
−
−
2
2
(a≥ 0, b>0) =

2
2
−=
−−
b
abbab
Câu 2: (2,0 điểm)
a/ Gợi ý: ∆’ = b’
2
–ac = 1 - (-35) = 36;
636'
==∆
5
1
61''
1
=
+−
=
∆+−
=
a
b
x
,
7
1
61''
2
−=

−−
=
∆−−
=
a
b
x
Phương trình có 2 nghiệm x
1
= 5, x
2
= -7
b/ Gợi ý:



=
=
⇔



=+
=
⇔



=+
=

⇔



=+
=−
2
4
84
2
82
147
642
232
y
x
x
y
yx
y
yx
yx
Hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x = 4, y = 2)
Câu 3(2,5 điểm)
Gợi ý: a/
4- 1- 0 1- 4-y
2 1 0 1- 2- x
Đ ồ thị (P) của hàm số y=-x
2
là đường parabol có đỉnh là gốc toạ độ O(0;0), nhận trục tung làm trục đối xứng.

b) Phương trình đường thẳng OA có dạng : y=kx (k≠0)
19
với A(1;1) ta có 1=k.1 ⇒ k=1
⇒ phương trình đường OA: y=x
Đường thẳng d đi qua B và song song với đường
thẳng OA nên phương trình đường thẳng d có
dạng y = x + m (m≠0)
Với B (2;0) ta có 0=2+m ⇒ m= -2
⇒ phương trình đường thẳng d: y=x -2
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d:
-x
2
= x - 2 ⇒ x
2
+x-2=0
Ta có a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình
có 2 nghiệm x
1
=1; x
2
=
2
−=
a
c
Vậy (P) và d luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt C, D
x
1
= 1 ⇒ y
1

= -1; x
2
= -2 ⇒ y
2
= -4 ⇒ C(1;-1) và D(-2;-4); A(1;1) và C(-1;1) ⇒ AC// Oy và AC =2 (cm)
Vẽ DH ⊥ AC tại H ⇒ DH=3 (cm). S
ACD
=
2
1
DH.AC=
2
1
.3 .2 = 3 (cm
2
)
Câu 4 (3,5 điểm).
Gợi ý: a/ ∆BNC và ∆AMB có : BN =AM (gt)
Góc NBC= góc MAB
BC=AB (vì ∆ABC là tam giác đều)
⇒ ∆BNC= ∆AMB.
a) ∆BNC=∆AMB ⇒ góc AMP= góc BNP
Góc BNP+ góc ANP=180
o
(2 góc kề bù)
⇒ góc AMP + góc ANP=180
0

Vậy AMPN là một tứ giác nội tiếp
b) Thuận: AMPN là tứ giác nội tiếp nên

góc A + góc NPM = 180
0

⇒ góc NPM = 180
0
– góc A= 180
0
-60
0
=120
0

Góc BPC = góc NPM (2 góc đối đỉnh
⇒ góc BPC= 120
0

2 điểm B, C cố định nên khi N di động trên cạnh AB thì điểm P nằm trên cung chứa góc 120
0
vẽ trên đoạn
thẳng BC cố định.
Giới hạn: N khác A và B nên P khác B và C; A và P nằm cùng phía với BC,
⇒ P nằm trên cung chứa góc 120
0
vẽ trên đoạn BC cố định, cung này nằm trên nửa mặt phẳng chứa A bờ
BC (P khác B và C)
Đảo: Lấy điểm P’ bất kì trên cung chứa góc 120
0
vẽ trên BC được xác định ở phần giới hạn BP’ cắt AC tại
M’; CP’ cắt AB tại N’
Ta có: góc BP’C = 120

0
⇒ góc N’P’M’ = 120
0

⇒ góc A+ góc N’P’M’=60
0
+120
0
= 180
0
⇒ AN’P’M’ là tứ giác nội tiếp
⇒ góc BN’C = góc AM’B
∆AM’B và ∆CN’B có góc BN’C = góc AM’B
Góc N’BC = góc M’AB (vì ∆BAC đều)
⇒ ∆AM’B ≈ ∆ BN’C ⇒
1
BC
AB
BN'
AM'
==
(vì AB=BC) ⇒ BN’=AM’.
Kết luận: Khi N di động trên cạnh AB (N khác A và B) thì quỹ tích các điểm P là cung chứa góc 120
0
vẽ
trên đoạn thẳng BC cố định, cung này nằm trên nửa mặt phẳng chứa A bờ BC (P khác B và C)
20
UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

Khóa ngày 01 tháng 7 năm 2008
Bài 1 (1,5 điểm):
1/ Giải phương trình: x
4
– 8x
2
– 9 = 0
2/ Giải hệ phương trình:
5 3
1
x y
2 1
1
x y

+ =




+ = −


3/ Cho phương trình: x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 4 = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức A = x
1
2
+ x
2
2
.
Bài 2 (1,0 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y =
2
1
x
3
và đường thẳng (d): y = 2x + 2.
1/ Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d).
2/ Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
Bài 3 ( 1,5 điểm ):
Một tổ sản xuất theo kế hoạch phải làm được 720 sản phẩm. Nếu tăng năng suất lên 10 sản phẩm mỗi
ngày thì so với giảm năng suất 20 sản phẩm mỗi ngày thời gian hoàn thành ngắn hơn 4 ngày. Tính năng suất
dự định.
Bài 4 ( 2,0 điểm ):
Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường
thẳng này cắt đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.
1/ Chứng minh rằng: BHCD là tứ giác nội tiếp. Tính góc
·
CHK
.
2/ Chứng minh rằng: KC. KD = KH. KB.
3/ Khi E di chuyển trên cạnh BC thì điểm H di chuyển trên đường nào ?
ĐÁP ÁN PHẦN TỰ LUẬN: (6,0 điểm)

Bài Nội dung Điểm
Bài 1
(1,5đ)
1/ (0,5 điểm)
. Đặt x
2
= t (t
≥
0)
Với điều kiện trên phương trình trở thành: t
2
– 8t – 9 = 0
t 1
t 9
= −

⇔

=

2
x 9
⇔ =
x 3
x 3
=

⇔

= −


. Vậy tập nghiệm S =
{ }
3; 3−
2/ (0,5 điểm)
0,25
0,25
21
Đề chính thức
(loại)
. Đặt
1
u
x
1
v
y

=




=


thì hệ phương trình trở thành:
5u 3v 1
2u v 1
+ =



+ = −


u 4
v 7
= −

⇔

=


1
4
x
1
7
y

= −


⇔


=



1
x
4
1
y
7

= −


⇔


=


Vậy tập nghiệm S =
1 1
;
4 7
 
 
−
 
 ÷
 
 
3/ (0,5 điểm)
. Ta có:

( )
2
'
m 2 1 0
∆ = − + >
với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm x
1
, x
2
.
Theo định lí Viet ta có:
1 2
1 2
x x 2m 2
x x 2m 4
+ = −


= −

. Ta có: A = x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2

)
2
– 2x
1
x
2

A = (2m – 2 )
2
– 2(2m – 4) = 4m
2
– 12m + 12
A = (2m – 3)
2
+ 3
≥
3 với mọi m
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi m =
3
2
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2
(1,0đ)
1/ (0,5 điểm)
. Vẽ (P)
- Lập bảng giá trị đúng.
- Đồ thị đúng.

. Vẽ (d)
- Tìm được hai điểm trên (d) đúng.
- Vẽ đúng.
2/ (0, 5 điểm)
. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x
2
– 6x – 6 = 0
Giải phương trình này tìm được hai nghiệm:
x 3 15= ±
.
x 3 15= ±

y 8 2 15⇒ = ±
( hay y =
( )
2
1
3 15
3
±
)
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt: A
( )
3 15; 8 2 15+ +
và B
( )
3 15; 8 2 15− −
.

0,25

0,25
0,25
0,25
Bài 3
(1,5đ)
. Gọi x là năng suất dự định (điều kiện: x > 20, x sản phẩm/ ngày)
. Thời gian hoàn thành công việc khi tăng năng suất lên 10 sản phẩm là:
720
x 10
+
(ngày)
. Thời gian hoàn thành công việc khi giảm năng suất đi 20 sản phẩm là:
720
x 20
−
(ngày)
. Theo đề bài ta có phương trình:
720 720
4
x 20 x 10
− =
− +
(với x > 20)
. Biến đổi phương trình trên về phương trình: x
2
– 10x – 5600 = 0 (x > 20)
0,25
0,25
0,25
0,25

22
16
14
12
10
8
6
4
2
-10 -5 5 10
Giải phương trình này được x = 80 (x = - 70 (loại))
. Vậy năng suất dự định lúc ban đầu là 80 sản phẩm/ ngày.
* Chú ý: Nếu thí sinh không giải phương trình mà chỉ ghi kết quả thì bị trừ 0,25 điểm.
0,25
0,25
Bài 4
(2,0đ)
1/ (1,0 điểm)
. Hình vẽ
Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp
. Ta có:
·
·
0
BHD BCD 90= =
(gt)
. Nên tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn đường kính BD.
. Ta có:
·
1

DHC
2
=
sđ
»
0 0
1
DC .90 45
2
= =
(hoặc
·
·
0
DHC DBC 45= =
)
Nên:
·
·
0 0 0 0
CHK 90 DHC 90 45 45= − = − =
2/ (0,5 điểm)
Chứng minh: KC.KD = KH.KB
. Hai tam giác KHC và KDB đồng dạng vì có:
µ
K
chung và
· ·
0
BDK CHK ( 45 )= =

. Do đó:
KH KD
KC KB
=
hay KC.KD = KH.KB
3/ (0,5 điểm)
Tìm đường chuyển động của H
. Ta có:
·
0
BHD 90=
và BD cố định nên H di chuyển trên đường tròn đường kính BD.
. Giới hạn:
- Khi E
→
C thì H
→
C
- Khi E
→
B thì H
→
B
Vậy H di chuyển trên cung nhỏ BC của đường tròn đường kính BD.
* Chú ý: nếu học sinh làm theo cung chứa góc thì GK chấm điểm như sau:
- Ta có:
·
0
BHC 135=
; B, C cố định ( 0,25 điểm)

- Kết luận:H di chuyển trên cung nhỏ BC chứa góc 135
0
( của đường tròn đường kính
BD). (0,25 điểm)
( Nếu không hoàn chỉnh các ý trên GK trừ 0,25 điểm).
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI
(2008-2009) – ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán
23
K
H
E
D
C
B
A
Ngày thi: 18 – 6 - 2008
Bài 1 ( 2,5 điểm )
Cho biểu thức:
1) Rút gọn P
2) Tìm giá trị của P khi x = 4
3) Tìm x để

Bài 2 ( 2,5 điểm )
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng tjhứ hai tổ I vươt mức 15% và tổ II vượt mức 10%
so với tháng thứ nhất, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng thứ nhất mỗi tổ sản xuất được
bao nhiêu chi tiết máy?
Bài 3 ( 3,5 điểm )
Cho parabol (P): và đường thẳng (d): y = mx + 1
1) Chứng minh với mọi giá trị cả m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ)
Bài IV (3,5 điểm )
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường tròn đó (E khác A và B). Đường
phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K.
1) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng với tam giác KEA
2) Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính IE tiếp xúc với
đường tròn (O) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F.
3) Chứng minh MN // AB, trong đó M và N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với đường tròn (I).
4) Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên đường tròn (O), với P là giao
điểm của NF và AK; Q là giao điểm của MF và BK.
Bài V ( 0,5 điểm )
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A, biết:
LỜI GIẢI
Bài 1. Cho biểu thức
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P khi x = 4.
Với x = 4 thì
c) Tìm x để
ĐKXĐ: x > 0
(1)
Đặt ; điều kiện t > 0.
24

Phương trình (1) ;
Giải phương trình ta được hoặc ( thỏa mãn điều kiện )
+) Với x = 9
+) Với
Bài 2: Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Gọi số chi tiết máy tổ thứ nhất làm được trong tháng đầu là x ( x N*; x<900; đơn vị: chi tiết máy)
Số chi tiết máy tổ thứ hai làm được trong tháng đầu là 900-x (chi tiết máy)
Tháng thứ hai tổ I làm vượt mức 15% so với tháng thứ nhất nên tổ I làm được
115% . x=1,15. x ( chi tiết máy )
Tháng thứ hai tổ II làm vượt mức 10% so với tháng thứ nhất nên tổ II làm được 110%(900-x)=1, 1(900-x) (chi
tiết máy)
Tháng thứ hai cả hai tổ làm được 1010 chi tiết máy nên ta có phương trình:
1,15. x + 1,1. (900-x) = 1010
1,15.x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010
0,05.x = 20
x = 400 ( thỏa mãn điều kiện )
Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy tổ II sản xuất được 900-400=500 chi tiết máy.
Bài 3:
Cho Parabol (P) và đường thẳng (d) y=mx+1
1) Xét phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):
(*)
với mọi m
(*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị
của m.
2) Gọi A,B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ)
Vì phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên đồ thị hai hàm số có dạng trên.
Gọi tọa độ A( , ); B( ; ) giả sử
Gọi hình chiếu vuông góc của A, B lên Ox lần lượt là C, D.
Ta có: OC=| |= ; OD=| latex –x_1$;
CD = OC + OD =

25