Bộ đề thi vào lớp 10 (có lời giải)

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
trường THPT chuyên Lê hồng phong
năn học 1999 – 2000
Mơn tốn (Đề chung)
Bài 1(2điểm)
Cho biểu thức: N =

a
b
a +b
+
−
ab + b
ab − b
ab

với a,b là 2 số dương khác nhau
1)Rút gọn biểu thức N
2)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
1)Giải phương trình với m = 3
2)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

1)Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)
2)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 ngồi đường trịn (O,R) kể hai tiếp
tuyến MP và MQ đến đường trịn , trong đó P và Q là các tiếp điểm.
1)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
2)Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vng.
3)Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường trịn nội
tiếp tam giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định.

Đáp án
Bài 1:
Câu 1: : N =
=

a
b
a +b
+
−
=

ab + b
ab − b
ab

a
b
a +b
+
−
b( a + b)
a( b − a)
ab

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

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

a +b
=
b −a

B ài 2:
C âu1: khi m =

5 + 1 + 5 −1
5 −1 − 5 −1

3

( 5 +1)

2

=

a ab + b ab
ab ()b − a )

=

a +b
b −a

= 5 +1

= 5 −1

=− 5

,phương trình : x4 – 2mx2 + m2 – 3 = 0 trở thành:


x4 - 2

3

x = 0 ⇔ x2 (x2 - 2

3

)=0 ⇔

x =0
 2
x =2 3

⇔

x1 = 0

x 2 ,3 = ± 2 3


Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là :
x1 = 0 , x2 = 2 3 x3 = - 2 3
Câu 2: 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)


t2 =2 3


v ậy m = 3 ,là giá trị cần tìm
+)Khi m = - 3 , phương trình (1) trở thành : t2 + 2

⇔

3

t=0

t1 = 0
(khơng thích hợp)

2
t 2 = − 3

Vậy m = - 3 khụng tho món loa
Tóm lại phơng trình đà cho có 3 nghiệm phân biệt m = 3
Bài 3
Câu 1: Phơng trình đờng thẳng đi qua điểm A(2;-3) và có hệ số góc bằng k là:
y = k(x-2) 3
Câu 2: Phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm A(2;-3) và không song song với trục tung
có dạng:
y = k(x-2) 3 ( k là 1 số bất kỳ)
Hoành độ giao điểm của parabol (p) và đờng thẳng (d) là nghiệm của phơng trình:
-

1 2

x = k(x-2) 3
2

x2 + 2kx 4k 6 = 0 (*)

Đờng thẳng (d) và parabol(p) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt
phơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi k
/
⇔ ∆ > 0 víi mäi k
2
⇔ k + 4k + 6 > 0 víi mäi k
/
ThËt vËy ∆ = k2 + 4k + 6 = (k2 + 4k + 4) + 2 = (k + 2)2 + 2 > 0 với mọi k
điều phải chứng minh.

Bài 4:
P

O

I
M

A

K

Q

B

(D)


Câu 1:
+)Vì MP và MQ là các tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm M => tia MO là tia phân giác
của góc PMQ (1)
+) Cũng vì MP và MQ là các tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm M
gãc PMO = QMO => cung PI = cung IQ
Ta có góc MIP là góc tạo bởi một dây cung và tiếp tuyến => Sđ góc MPI =
Lại có Sđ gãc IPQ =

1
S® cung PI
2

1
S® cung QI => gãc MPI = góc IPQ => PI là tia phân giác của gãc
2

MPQ (2)
Tõ (1) vµ (2) => I là giao điểm của hai đường phân giác tại đỉnh M và đỉnh P của
tam giác MPQ => I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm)
Câu2: a) Phân tích:
Giả sử M là điểm trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MPOQ là hình vng =>
cạnh của hình vng là R
 MO = R 2
0,25®
 M nằm trên đường trịn (O ; R 2 )
 M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R 2 ) 0,25đ

b) Cách dựng:
+ Dựng đoạn R 2
0,25
+ Vẽ đờng tròn (O, R 2 )
+ Lấy giao điểm M của đờng thẳng (d) và đờng tròn (O, R 2 )
=> M là điển phải dựng
0,25
c) Chng minh:
Vỡ MO = R 2 > R => M nằm ngoài đường tròn (O,R)
Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn
0,25đ
+ Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có
MP2 = MO2 – OP2 = 2R2 – R2 = R2 => MP = R
Tương tự chứng minh được MQ = R => MPOQ là tưa giác có 4 cạnh bằng nhau và
có 1 góc vuông => MPOQ là hình vuông
0,25đ
d) Biện luận
Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R 2 ) cắt nhau tại 2 điểm
=> bài toán có hai nghiệm hình
0,25đ
Câu 3: (1đ)
+Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là đường tròn đường kính MO
0,25đ
+Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) tại K => góc MKO = 1v
=> K nằm trên đường tròn đường kính MO
0,25đ
=> đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố định O và K
0,25đ
∆)
=> tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực (

của đoạn OK
0,25đ


Đề thi tuyển sinh vào 10 PTTH
năm học 1999 – 2000
Mơn tốn
thời gian làm bài 150 phút
Bài 1(1,5 điểm)
Cho biểu thức : A =

x 2 − 4x + 4
4 − 2x

a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa
b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999
Bài 2(1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:

1
x−


4+
x


1
= −1
y− 2

3
=5
y− 2

Bài 3 (2 điểm)
Tìm giá trị của a để phương trình :
(a2 – a – 3)x2 + (a + 2)x – 3a2 = 0
nhận x = 2 là nghiệm .Tìm nghiệm cịn lại của phương trình?
Bài 4 (4 điểm)
Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A . trên cạnh AB lấy điểm D không trùng
với đỉnh A và đỉnh B. Đường trịn đường kính BD cắt cạnh BC tại E. Đường
thẳng AE cắt đường trịn đường kính BD tại điểm thứ 2 là G. Đường thẳng CD
cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là F . Gọi S là giao điểm của các
đường thẳng AC và BF. Chứng minh:
1) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG
2) SA. SC = SB. SF
3) Tia ES là phân giác của góc AEF
Bài 5(1 điểm)
Giải phương trình : x2 + x + 12

x +1

= 36

Đáp Án
Bài 1:
Câu a) Ta có : A =

( x − 2) 2
x 2 − 4x + 4

=
2( 2 − x )
4 − 2x

Vì (x- 2)2 ≥ 0 với mọi x => ( x − 2) 2 có nghĩa với mọi x
=> Biểu thức A có nghĩa ⇔ 4 – 2x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2

0,25đ
0,25đ
0,25đ


Câu b) Ta có A =

x −2

0,25đ

2( 2 − x )

1
 x− 2
= − khix − 2 > 0
 2(2 − x) 2

⇔ 
 2 − x = 1 khix − 2 < 0
 2(2 − x) 2


Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5

0,25đ

0,25đ

Bài 2 (1,5 đ)

1
x−


4+
x

Đặt u =

1
x

1
= −1
y− 2
3
=5
y− 2
1

và v = y − 2

.Hệ phương trình trên trở thành:

u− v= −1

 4u + 3v = 5

0,25đ

Giải hệ phương trình trên được

 2
 u = 7

v = 9
 7

0,5đ

2
7
=> x =
7
2
9
25
Với v =
=> y =
7
9

Với u =

Vậy hệ có nghiệm là :

 7
x= 2


 y = 25
 9


0,25đ
0,25đ

0,25đ

Bài 3: Phương trình đã cho nhận x1 = 2 là nghiệm

⇔ 4(a2 – a – 3) + 2(a + 2) – 3a2 = 0

0,5đ

⇔ a2 – 2a – 8 = 0

0,25đ


⇔

a
2
 =−
 =4
a


0,25đ

Khi đó nghiệm cịn lại của phương trình là:
x2 =

− 3a 2
2(a 2 − a − 3)

0,5đ

+) Nếu a = -2 , nghiệm cịn lại của phương trình là
x2 = -2
+) Nếu a = 4 , nghiệm còn lại của phương trình là
x2 = -

0,25đ

8
3

0,25đ

Bài 4

S

A

F
D

G
B

E

C

Câu 1: Chứng minh AC // FG ( 1 đ)
Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v
0,25đ
nên nội tiếp được trong một đường tròn
=> ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG
(1)
0,25đ
Mặt khác 4 điểm D,G, E, F cùng nằm trên đường trịn đường kính BD
nên tứ giác DGEF nội tiếp được đường trịn
=> góc DEG = góc DFG (2)
0,25đ
Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG
=> AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau)
0,25đ

Câu 2 : Chứng minh SA.SC = SB. SF (1,5đ)
Tứ giác ACBF có ∠ A = ∠F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường trịn đường
kính BC
=> ∠FAC + ∠ FBC = 2v
0,25đ
Lại có ∠ FAC + ∠ SAF = 2v
=> ∠SAF = ∠ FBC hay ∠SAF = ∠SBC
0,25đ
Xét 2 tam giác SAF và SBC có :
∠S chung , ∠ SAF = ∠SBC (cmt)
=> Hai tam giác SAF và SBC đ ồng d ạng
0,5 đ
=>

SA SF
=
SB SC

0,25 đ

=> SA.SC = SB.SF
0,25 đ
C âu 3: Chøng minh : Tia ES là tia phân giác của góc AEF (1,5 đ)

Ta có góc AED = góc ACF (cmt) (1)
Vì tứ giác BEDF nội tiếp đợc đờng tròn
=> góc DEF = góc DBF (2)
Vì tứ giác ACBF nội tiếp đợc đờng tròn
=> gãc ACF = gãc ABF (3)

Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = gãc DEF
=> ED lµ tia phân giác của góc AEF
Mặt khác : CF và BA là các đờng cao của tam giác SBC
nên D là trực tâm của tam giác này => SD BC
Mà DE BC => 3 điểm S.D,E thẳng hàng
=> tia ES là phân giác của góc AEF

0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Bài 5 (1đ):

Ta có x2 + x + 12 x +1 = 36
⇔ (x2 + 2x + 1) – (x-1 - 12 x +1 + 36) = 0
⇔ (x + 1)2 – ( x +1 - 6)2 = 0
⇔ (x + 1 - x +1 + 6 )( x + 1 + x +1 - 6 ) = 0
a) Trường hợp : x + 1 - x +1 + 6 = 0 (a)
Đặt t = x +1 ( điều kiện t ≥ 0 ) , phương trình (a) trở thành
t2 – t + 6 = 0 ( vô nghiệm)
b) Trường hợp : x + 1 + x +1 - 6 = 0 (b)
Đặt t = x +1 ( điều kiện t ≥ 0 ) , phương trình (b) trở thành
t2 + t - 6 = 0 ⇔ t = - 3 (loại) hoặc t = 2 (thoả mãn)
t = 2 => x +1 = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3
Vậy phương trình có một nghiệm x = 3

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

năm học 2000 -2001

0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ


Môn toán(Đề chung)

Bài 1 (2,5 điểm)
Cho biểu thức :
T=

x +2
x x −1

+

1) Rút gọn biểu thức T

x +1
x + x +1

−

x +1
x −1

2) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x

với x > 0 và x

≠ 1 luôn có T <

≠ 1

1
3

Bài 2 ( 2,5 điểm)
Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 -

1
=0
2

(1)

1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm của phương trình có giá trị
tuyệt đối bằng nhau
2) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm ấy là số đo của hai cạnh
góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3
Bài 3(1 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) có phương trình
y = x2 (P)
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 12 và có với parabol
(P) đúng một điểm chung.

Bài 4 (4 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Một điểm M chuyển dộng trên đường tròn (O)
( M khác với A và B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường kính AB.Vẽ
đường tròn (T) có tâm là M và bán kính MH . Từø A và B lần lượt kể tiếp tuyến AD và
BC đến đường tròn (T) (D và C là các tiếp điểm)
1) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trị
không đổi.
2) Chứng minh rằng đường thẳng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
3) Chứng minh rằng với bất kỳ vị trí nào của M trên đường tròn (O) luôn có bất
đẳng thức AD.BC ≤ R2 . Xác định vị trí của M trên đường tròn (O) để đẳng
thức xảy ra
4) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố định .Gọi I là trung điểm của MN và P là
hình chiếu vuông góc của I trên MB . Khi M chuyển động trên đường tròn (O)
thì P chạy trên đường nào ?
ĐÁP ÁN:
Bài 1
Câu 1: T =

x +2
x x −1
x +2

+

x +1

−

x + x +1
x +1

+
−
=
3
( x ) −1 x + x + 1

x +1
x −1
1
x −1

0,5ñ


x + 2 + ( x + 1)( x −1) − ( x + x + 1)

=

x− x
( x −1)( x + x +1)

=
=

0,25ñ

( x −1)( x + x + 1)

0,25đ

x ( x −1)

0,25đ

( x −1)( x + x +1)

=
Câu 2:

x

0,25đ

x + x +1

( x − 1) 2
1
1
x
Xét
-T=
=
1
9
3
3
x + x +1
3( x + ) 2 +
2
4

1
=>
- T > 0 vì ( x - 1)2 > 0
3
1 2 9
vaø 3( x + ) + > 0 với mọi x > 0 và x
2
4
1
=> T <
với x > 0 ø và x ≠ 1
3

0,25đ
0,25đ

≠ 1

0,25đ

Bài 2
Câu 1 (1đ) : Giả sử phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn
=> x1 = x2 hoặc x1 = - x2
a) Nếu x1 = x2 => ∆ = 0 => ∆ =

0,25ñ

x1 = x 2

1

= 0 (vô lý)
2

0,25đ

b) Nếu x1 = - x2 => x1 + x2 = 0 => 2m = 0 => m = 0
=> phương trình đã cho trở thành : x2 -

1
=0
2

⇔ x= ±

0,25đ
0,25đ

1
2

=> phương trình có 2 nghiệm có giá trị tuyệt đối bằng nhau
=> m = 0 là giá trị cần tìm
0,25đ
Câu 2(1,5đ)
Giả sử phương trình có 2 nghiệm x1 và x2 là số đo của 2 cạnh góc vuông của một tam
giác vuông có cạnh huyền bằng 3
=> x1 > 0 ; x2 > 0 vaø x12 + x22 = 9
0,25đ
Ta có x12 + x22 = (x1 + x2 )2 - 2x1x2 = 4m2 – 2(m2 => vaø x12 + x22 = 9 ⇔ 2m2 + 1 = 9 ⇔ m = ± 2
+Với m = 2 phương trình đã cho trở thành :

7

x2 - 4x + 2
Phương trình này có 2 nghiệm là:
x1 = 2 -

1
2

; x2 = 2 +

1
2

1
) = 2m2 + 1
2

0,25đ
0,25đ

= 0
(thoả mãn)

=> m = 2 là giá trị cần tìm
+ Với m = -2 phương trình đã cho trở thành:
7

x2 + 4x + 2
Phương trình này có 2 nghiệm là :

= 0

0,25đ


x1 = - 2 -

1
1
< 0 vaø x2 = - 2 +
< 0 (loại)
2
2

=> m = -2 không troả mãn
Tóm lại: Phương trình đã cho có hai nghiệm và 2 nghiệm này là số đo 2 cạnh
của góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 ⇔ m = 2
Bài 3:
+)Gọi (d) là đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng
y = 3x + 12 => phương trình đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m

0,25đ
0,25đ

0,25đ

+)Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol y = x2 là nghiệm của phường
trình: x2 = 3x + m ⇔ x2 – 3x – m = 0 (*)
0,25đ

2
+)Đường thẳng (d) và parabol y = x có đúng 1 điểm chung
⇔ phương trình (*) có nghiệm duy nhaát

⇔ ∆= 0 ⇔ 9 + 4m = 0 ⇔ m = -

9
4

=> phương trình đường thẳng (d) là y = 3x -

0,25đ
9
4

0,25đ

Bài 4:
Câu 1: (0,75đ)
+) Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ đỉnh A
=> AD = AH (1)
0,25đ
+) Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ đỉnh B
=> BC = BH (2)
0,25đ
+) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi

N
K
A

O

H

II

B
C

M
D
Câu 2: (1,25đ)
a) Trước hết ta chứng minh 3 điểm C, D , M thẳng hàng
Thật vậy:
+ Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ A
=> góc AMD = góc AMB (3)
+ Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ B
=> góc BMC = góc BMH (4)


Từ (3) và (4) => góc AMD + góc BMC = góc AMH + góc BMH
= góc AMB = 900
0,25đ
0
=> (goùc AMD + goùc BMC) + (goùc AMH + goùc BMH) = 180
0,25đ
=> 3 điểm C, D, M thẳng hàng và M là trung điểm của CD
0,25đ
b)Vì AD và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH)

=> AD ⊥ CD và BC ⊥ CD => ABCD là hình thang vuông
Mặt khác : O là trung điểm của AB và M là trung điểm của CD
 OM là đường trung bình của hình thang ABCD
 OM // AD
0,25đ
LẠi có AD ⊥ CD => OM ⊥ CD
0,25đ
Mà Om là đường kính của đường tròn (O)
=> CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
0,25đ
Câu 3;(1đ)
Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)2- (AD – BC)2
0,25đ
2
2
≤ (AD +BC) = 4R
0,25đ
2
=> AD.BC ≤ R
0,25đ
Đẳng thứ xảy ra ⇔ AD = BC ⇔ ABCD là hình chữ nhật
ngoại tiếp nửa đường tròn đường kính AB ⇔ M là trung
điểm của của nửa đường tròn đường kính AB
0,25đ
Câu 4 (1đ)
Ta có góc AMB = 900 (Góc nôịo tiết chắn nửa đường tròn )
 AM ⊥ MB.Mặt khaùc : IP ⊥ MP (gt)
 => AM // IP hay IK //AM
Xét ∆ ANM có IK // AM , I là trung điểm MN
=> IK là đường trung bình

0,25đ
=> K là trung điểm của AN mà A và N cố định => K cố định
0,25đ
0
Ta có góc BPK = 90 và các điểm B, K cố định
0,25đ
=> Khi m chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường tròn
đường kính BK
0,25đ

ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 – PTTH TỈNH NAM ĐỊNH
NĂM HỌC 2000- 2001
Bài 1: (2điểm)
Cho A = (

a+ a
a +1

+1).(

a− a
a −1

−1) Với 1 ≠ a ≥ 0

a . Rút gọn A
b. Với 1 ≠ a ≥ 0 . Tìm a sao cho A = - a2
Bài 2: (2 điểm)
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho các điểm : M(2 ; 1) và N(5; y = ax + b

1
) và đường thẳng (d):
2


a) Tìm a và b để đường thẳng (d) đi qua M và N
b) Xác định toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với 2 trục Ox và Oy
Bài 3: (2 điểm)
Cho số nguyên dương gồm 2 chữ số .Tìm số đó biết rằng tổng của 2 chữ số bằng 1/8
số đã cho và nếu thêm 13 vào tích 2 chữ số sẽ được 1 số mới viết theo thứ tự ngược lại
với số đã cho.
Bài 4: ( 3 điểm)
Cho tam giác PBC , PA là đường cao. Đường tròn đường kính BC cắt PB ,PC lần lượt
ở M và N , NA cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E.
a) Chứng minh 4 điểm : A, B, P, N cùng thuộc 1 đường tròn .Xác định tâm và bán
kính của đường tròn đó.
b) Chứng minh : EM ⊥ BC
c) Gọi F là điểm đối xứng của N qua BC, chứng minh AM.AF = AN . AE
Bài 5(1 điểm): Giả sử n là 1 số tự nhiên. Chứng minh :
1
1
1
1
+
+
+ ....... +
<2
2 3 2 4 3
(n + 1) n

Đáp Án:
Bài 1:
a) A = (

a+ a
a +1

+1).(

a− a
a −1

−1)

 a ( a +1)

=

a +1



  a ( a −1)

+ 1.
−1
a −1



= ( a +1).( a −1) = a – 1
b) Tìm 1 ≠ a ≥ 0 . Thoả mãn đẳng thức A = - a2

1≠ a ≥ 0
⇔
A = − a2

⇔ a=

1 ≠ a ≥ 0
⇔
a − 1 = − a2


⇔

1≠ a ≥ 0
 2
 a + a− 1= 0

1 ≠ a ≥ 0

a = 5 − 1

⇔ 
2


a = − 5 − 1


2


5 −1
2

Bài 2:
a) Vì đường thẳng (d) : y = ax + b ñi qua 2 điểm M và N nên lần lượt thay x = 2, y = 1
vaø x = 5 , y = -

1
vào phương trình đường thẳng (d), ta có hệ phương trình
2


 1 = 2a + b

 1
 − 2 = 5a + b

 1 = 2a + b

⇔
3
3a = −

2

Vaäy đường thẳng (d) : y = -

 1 = 2a + b

⇔
1
a= −

2

⇔

1

1 = 2.(− ) + b


2

a = − 1

2


b = 2

⇔
1
a= −

2

1
x+2
2

b) Xác định tạo độï giao giao điểm của (d) với 2 trục toạ độ
+ Giao của (d) với trục Oy: Cho x = 0 vào phương trình y = y = 2 => (d) cắt trục Oy tại điểm (0; 2)
+ Giao của (d) với trục Ox : Cho y = 0 ta coù: 0 =  (d) cắt trục Ox tại điểm (4;0)

1
x + 2 ta tìm được
2

1
x + 2 => x = 4
2

Bài 3
Gọi số nguyên dương có hai chữ số là ab
(Điều kiện : a , b ∈ N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 )
Toång hai chữ số của nó la:ø a + b
Theo bài ra ta có phương trình : a+ b =

1
ab
8

hay : a+b =

1

(10a+ b)
8

Tích hai chữ số của nó là : a.b
Theo đầu bài ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

1

 a + b = (10a + b)
8

 ab + 13 = 10b + a

⇔

 8a + 8b = 10a + b

 ab + 13 = 10b + a

(1)
(2)

 2a − 7b = 0...............(1/ )
⇔ 
 ab + 13 = 10b + a........(2 / )

7b
7b
7b

⇔ 7b2 – 27b + 26 = 0
thế vào (2/) ta được :
.b + 13 = 10b +
2
2
2
27 +1
Có : ∆ = 272 – 4.7.26 = 1 => ∆ = 1 => b1 =
= 2 (thoả mãn)
14
27 −1
26
∉ N (loại)
b2 =
=
14
14
7.2
Với b = 2 => a =
= 7. Đối chiếu với điều kiện đặt ra ta có a = 7 ; b = 2 thoả mãn
2

Từ (1/) => a =

Vậy số đã cho là 72
Bài 4:


P

M
N

B

H

A

K

C

F
E

a) Ta có : góc BNC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> góc BNP = 1v.Tứ giác ABPN có góc BNP = góc BAP = 1v cùng nhìn PB nên 4
điểm A,B,P,N cùng thuộc đường tròn đường kính BP
(Tâm của đường tròn là trung điểm của BP , bán kính BP/2)
b)Có tứ giác ABPN nội tiếp => góc BPA = góc BNA (cùng chắn cung AB)
Mt khác : góc BME = góc BNA ( cùng chắn cung BE)
=> góc BPA = góc BME
Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => ME // AP. mà AP ⊥ BC => EM ⊥ BC
c)Ta có F là điểm đối xứng của N qua BC mà N ∈ (O) => F ∈ (O) (Tính chất đối
xứng)
Tam giác AME cân (vì có AB ⊥ ME => HM = HE => AH vừa là đường cao vừa là
trung tuyến) nên AM = AE (1)
Tam giác NAF cân ( vì NF ⊥ AC => KN = KF => AK vừa là đường cao cừa là trung
tuyến) . Nên AN = AF (2)

Tử (1) và (2) => AM.AF = AN . AE
Bài 5:
Ta coù :

=

n .(

1
n
1
n +1 − n
1
1
=
= n.
= n.
= n .( −
)
n(n +1)
n( n +1)
(n +1) n
n n +1
(n +1) n

1
n

+

1
n +1

(Vì dễ thấy : 1 +

)(

1
n
n

−

1
n +1

) = (1 +

n
n +1

)(

1
n

−

1
n +1

) < 2.(

1
n

−

1
n +1

)

< 1+1 = 2 )

n +1
1
1
Vaäy : (n + 1) n < 2( n −

1
n +1

)

(1)

Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, …..n ta coù:

1
1
1
1
=
< 2(
−
)
2 (1 +1) 1
1
2
1
1
1
1
=
< 2(
−
)
3 2 ( 2 + 1) 2
2
3
1
1
1
1
=
< 2(
−
)

4 3 (3 + 1) 3
3
4

………………………..
1
1
1
< 2(
−
)
( n + 1) n
n
n +1

Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có:
1
1
1
1
+
+
+ ....... +
< 2 (12 3 2 4 3
(n + 1) n

1
) <2
n +1

(Bởi vì 1-

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2001- 2002
MÔN TOÁN
Bài 1: (1,5 điểm)
Rút gọn biểu thức :
M=(

1−a a
1− a

+ a ).

1
1+ a

Với a ≥ 0 và a

Bài 2 (1,5 điểm)
Tìm hai số x và y thoả mãn các điều kện
2 2

Bài 3 (2 điểm)

 x + y = 25

 xy = 12

≠ 1

1
<1)
n +1


Hai người cùng là chung một công việc sẽ hoàn thành trong 4 ngày . Nếu mỗi người
làm riêng để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất là ít hơn người thứ hai 6
giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu sẽ hoàn thành công việc.
Bài 4 (2 điểm)
Cho các hàm số :
y = x2
(P)
2
y = 3x + m (d)
( x laø biến số , m là tham số cho trước)
1) Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của m , đường thẳng (d) luôn cắt parabol(P)
tại 2 điểm phân biệt.
2) Gọi y1 và y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol(P).Tìm m để
có đẳng thức : y1 + y2 = 11y1.y2
Bài 5(3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A.Trên cạnh AC lấy điểm M( Khác với các điểm A và
C).Vẽ đường tròn (O) đường kính MC.Gọi T là giao điểm thứ hai của các cạnh BC với
đường tròn (O).Nối BM kéo dài cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D . Đường thẳng
AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là S.Chứng minh:
1) Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn
2) Khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì góc ADM có số đo không đổi
3) Đường thẳng AB song song với đường thẳng ST

Đáp Án:

Bài 1(1,5 điểm)
Ta có

1−a a
1− a

=

1 − ( a )3

=1+
1−a a

=>

1− a

=> M = (1+

0,25ñ

1− a
(1 − a )(1 + a + a )
=
1− a
a

+a

+ a = (1 +

a

= (1 +

a

1
a )2 .
1+ a

0,25đ

+ a) +

0,25đ
a

)2

=1+

0,25đ
0,25đ

a

0,25đ

Bài 2 (1,5 điểm)

2 2
Vì :

 x + y = 25

 xy = 12

 (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy = 25 + 2.12 = 49
 x+y= ±7

0,25ñ


a) Trường hợp : x + y = 7
Lại có xy = 12 => x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai:
t2 – 7t + 12 = 0
0,25đ
Phương trình có : ∆ = 49 – 48 = 1 ,nên phương trình có 2 nghiệm là:
t 1 = 3 ; t2 = 4
=> 2 số cần tìm là :

 x1 = 3

 y1 = 4

 x2 = 4

 y2 = 3

hoặc

0,25đ

b)Trường hợp : x + y = - 7
Lại có xy = 12 => x, y là nghiệm của phương trình bậc hai:
t2 + 7t + 12 = 0
Phương trình có : ∆ = 49 – 48 = 1 .Nên có hai nghiệm là :
t3 = -3 ; t4 = - 4
=> 2 số cần tìm là:

 x3 = − 3

 y3 = − 4

hoaëc

 x4 = − 4

 y4 = − 3

0,25đ

Tóm lại có 4 cặp số thoả mãn điều kiện đã cho là:

 x1 = 3

 y1 = 4

;

 x2 = 4

 y2 = 3

;

 x3 = − 3

 y3 = − 4

;

 x4 = − 4

 y4 = − 3

0,25đ

Bài 3 (2 điểm)
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc là x giờ
Điều kiện: x > 0
=> người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc (x +6) giờ
0,25đ
1
công việc
0,25đ
x
1
Trong một giờ người thứ hai làm được
công việc

0,25đ
x +6
1
Vì trong 1 giờ nếu làm chung cả hai người làm được
công việc nên có phương trình
4
1
1
1
+
=
0,25đ
x
x +6
4

Trong một giờ người thứ nhất làm được

⇔ 4(x + 6) + 4x = x(x+ 6)
⇔ x2 – 2x – 24 = 0

Phương trình này có hai nghiệm là x1 = 6 ; x2 = -4(loại)
Vậy thời gian người thứ nhất làm một mình để hoàn thành công việc
là 6 giờ
Thời gian người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc là

0,25đ
0,25đ
0,25đ

6 + 6 – 12 giờ
Bài 4
Câu 1 (1 điểm)
Hoành đọ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của
phương trình :
x2 = 3x + m2
⇔ x2 - 3x - m2 = 0 (*)
Phương trình (*) có : ∆ = 9 + 4m2 > 0 với mọi m
=> phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
=> Đường thẳng (d) bao giờ cũng cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Câu 2 (1 điểm)
Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng (d) và para bol (P) và toạ độ giao điểm của
chúng là:
A(x1; y1) ; B(x2 ; y2)
Áp dụng hệ thức viet cho phương trình (*) ta coù :

 x1 + x2 = 3

x1.x2 = − m 2


0,25đ

Ta có y1 + y2 = ( 3x1 + m2) + (3x2 + m2 ) = 3(x1 + x2) + 2m2
= 2m2 + 9
(1)
vaø y1.y2 = x12.x22 = (x1.x2)2 = (-m2)2 = m4
(2)
Từ (1) và (2) ta có :
y1 + y2 = 11y1 .y2
⇔ 2m2 + 9 = 11 m4
(3)
4
2
⇔ 11m – 2m – 9 = 0
2
Đặt : t = m , điều kiện t ≥ 0 ,phươưng trình (3) trở thành:
11t2 – 2t – 9 = 0
Vì phương trình có a + b + c = 0, nên phương trình có 1 nghiệm là t = 1
ngiệm còn lại là t = -

9
(loại)
11

Với t = 1 => m2 = 1 => m = ± 1
Vì phương trình (*) có nghiệm với mọi m nên m = ± 1 thoả mãn
=> đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt có tung độ thoả mãn
y1 + y2 = 11y1.y2 ⇔ m = ± 1
Bài 5:

0,25đ

0,25đ

0,25đ


B

T

A

C

M
D
S

Câu 1(1đ)
Ta có ∠MTC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Lại có : ∠BAC =1v (gt)
=> Tứ giác ABTM có : ∠A + ∠T = 2v
=> Tứ giác ABTM nội tiếp được trong một đường tròn

0,25đ
0,25đ
0,5đ

Câu 2 (1 điểm)

Ta có ∠MDC = 1v (góc nộitiếp chắn nửa đường tròn)
Lại có ∠BAC = 1v
=> các điểm A và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC
=> 4 điểm A, B, C , D cùng thuộc đường tròn đường kính BC
=> Tứ giác ABCD nội tiếp được tron một đường tròn
=> ∠ADB = ∠ACB ( cùng chắn cung AB)
(1)
mà sđ ∠ACB không đổi => sđ ∠ADB không đổi (đpcm)
Câu 3 (1 điểm)
Vì tứ giác CMDS nội tiếp được trong đường tròn (O)
=> ∠MDA = ∠MCS (cùng bù với góc MDS)
Từ (1) và (2) => ∠TMC = ∠MCS
=> ∆MTC = ∆MSC => CT = CS

(2)
(3)

0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ

0,25ñ


=> ∆CTS cân tại đỉnh C
Từ (3) => CM là phân giác của ∠SCT nên CM là đường cao
=> ST ⊥ AC
Mà AB ⊥ AC => ST // AB (đpcm)

0,25đ
0,25đ
0,25đ

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2003 – 2004
MÔN THI TOÁN
Bài 1:(2điểm)
Giải hệ phương trình :

2
x+


3+
x


Bài 2 :(2 điểm)
Cho biểu thức P =

1
+
x +1

5
=2
x+ y
1
= 1,7

x+ y

x
với x > 0 và x
x −x

≠1

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị của P khi x =

1
2

Bài 3 :(2 điểm)
Cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b . Biết rằng đường thẳng (d) cắt
trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và song song với đường thẳng y = - 2x + 2003
a)Tìm a và b
b) Tìm toạ độ các điểm chung (nếu có ) của (d) và parabol: y = -

1 2
x
2

Bài 4: (3 điểm)
Cho đường tròn (O) có tâm là điểm O và 1 điểm A cố định nằm ngoài đường tròn.Từ A
kẻ các tiếp tuyến AP và AQ với đường tròn (O) , P và Q là các tiếp điểm. Đường thẳng
đi qua O và vuông góc với OP cắt đường thẳng AQ tại M.
a) Chứng minh rằng MO = MA

b) Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến tại N của
đường tròn (O) cắt các tia AQ và AQ tương ứng tại B và C.
1 – Chứng minh rằng AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
2 – Chứng minh rằng nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn thì PQ // BC.
Bài 5.(1 điểm)
Giải phương trình :

x 2 − 2x − 3 + x + 2 =

x 2 + 3x + 2 + x − 3


ĐÁP ÁN:
Bài 1 ( 2 điểm)
Điều kiện : x ≠ 0 và x + y ≠ 0

0,25đ

1
1
Đặt
= u , x + y = v , hệ phương trình đã cho trở thành:
x

 2u + 5v = 2

 3u + v = 1,7

Giải hệ được u =

0,25đ
0,25đ

1
1
,v=
2
5

0,5đ

1 1
x= 2

Từ đó : 
 1 =1
 x+ y 5

⇔

x= 2

 x+ y = 5

⇔

0,25đ

x= 2


y= 3

(Thoả mãn điều kiện)

0,25đ

0,25đ

Bài 2 (2 điểm)
a) (1,25đ)
Ta có : P =
=
=
=
b) (0,75đ)
Với x =

1
x +1

+

1

( x )2

0,25đ

x (1 − x )
x

+

0,25ñ

x +1 1 − x
1 − x + x ( x +1)

0,25ñ

(1 + x )(1 − x )

1+x
1−x

1
ta có : P =
2

P=

0,5đ
1+
1−

1
2
1

0,25đ

2

2 +1
2 −1

=

= 3+2 2

( 2 + 1) 2
( 2 + 1)( 2 −1)

0,25ñ
0,25ñ


Bài 3.(2 điểm)
a) (1đ)
Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = - 2x + 2003 nên chúng có cùng
hệ số góc => a = -2.
0,5đ
Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên toạ độ điểm
(1;0) thoả mãn phương trình của (d):
0 = a.1 + b
0,25đ
Giải ra ta được : a = -2 và b = 2
0,25đ
b) (1 đ)
Toạ độ điểm chung của (d) và parabol y = -

1 2
x là nghiệm của hệ phương trình:
2

 y = − 2x + 2


1
y = − x2

2
=>

-

0,25ñ

1 2
x = - 2x + 2
2

0,25đ

⇔ x2 - 4x + 4 = 0

Giải phương trình ta được x = 2
=> y = - 2
Vậy đường thẳng (d) và parabol có 1 điểm chung với toạ độ (2; - 2)
Bài 4.(3 điểm)

A

M
T

P

Q
O

B
N
C

0,25đ
0,25đ


a) (1đ) Vì AP là tiếp tuyến tại P của (O) nên OP ⊥ AP
Theo gt ta có MO ⊥ OP , neân MO // AP.
=> ∠MOA = ∠OAP ( So le trong)
Vì AP và AQ là hai tiếp tuyến xuất phát từ A nên ∠OAP= ∠OAQ
Vậy ∠MOA = ∠OAQ
=> ∆ MOA cân => MO = MA (đpcm)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

b)
1- (1đ) Ta có các cặp đoạn thẳng AP và AQ , CQ và CN , BN và BP là các cặp tiếp
tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm nên:
AP = AQ , CQ = CP , BN = , BP
0,5ñ
=> AB + AC – BC = AP + BP + AQ + CQ – CN – BN = AP +AQ = 2AP
0,25đ
Vậy AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí của N
0,25đ
2- (1đ) Nếu BCQP là tứ giác nội tiếp thì:
∠QCB + ∠QPB = 2v (Hai góc đối của tứ giác nội tiếp)
0,25đ
Mặt khác : ∠QPB + ∠QPA = 2v (hai góc kề bù)
=> ∠QCB = ∠QPA
0,25đ
Vì AP = AQ (hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)
Nên ∆APQ cân => ∠PQA = ∠QPA
0,25đ
Ta có ∠PQA = ∠TQC (hai góc đối đỉnh)
=> ∠TQC = ∠QCB
=> BC // PQ (vì có hai góc so le trong bằng nhau)
0,25đ
Bài 5. (1đ)
Ta có : x 2 − 2 x − 3 + x + 2 = x 2 + 3x + 2 + x − 3

⇔

( x +1)( x − 3) +

x + 2 = ( x +1)( x + 2) +

x −3

Điều kiện : x ≥ 3

0,25đ

Với điều kiện trên phương trìn đã cho tương đương với:

⇔(

x +1. x − 3 + x + 2 =

x +1. x + 2 + x − 3

x +1 −1).( x − 3 − x + 2 ) = 0

Xét hai trường hợp:
x +1 −1 = 0 ⇔ x = 0 loại vì không thoả mãn điều kiện
x − 3 = x + 2 , vô nghiệm vì x – 3 < x + 2 => x − 3 < x + 2
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.

0,25đ
0,25đ
0,25đ


ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học 2004 – 2005

MÔN: TOÁN
Bài 1 ( 3 điểm)
1) Đơn giản biểu thức :
P = 14 +6 5 + 14 −6
2) Cho biểu thức :


Q= 


x +2

 x + 2 x +1

a) Chứng minh : Q =

−

5

x − 2  x +1
.
x −1 
x


với x > 0 và x

≠1

2
x −1

b) Tìm số nguyên x lớn nhất để Q có giá trị là số nguyên
Bài 2 (3điểm)
Cho hệ pgương trình :

 (a + 1) x + y = 4

 ax + y = 2a

1) Giaûi hệ phương trình khi a = 1
2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của a , hệ luôn có nghiệm duy nhất (x,y) sao
cho x + y ≥ 2
Bài 3 .(3 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn
(O) tại A. M và Q là 2 điểm phân biệt chuyển động trên (d)sao cho M khác A và Q
khác A. Các đường thẳng BM và BQ lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là
N và P. Chứng minh:
1) Tích BM.BN không đổi.
2) Tứ giác MNPQ nội tiếp được trong đường tròn.
3) Bất đẳng thức : BN + BP + BM + BQ > 8R
Bài 4.(1 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y=

x 2 + 2x + 6
x 2 + 2x + 5

ĐÁP ÁN:
Bài 1 (3 điểm)
1) (1 đ)
14 +6 5 = 5 + 6

0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ

5 + 9 = ( 5 + 3) 2

= 3+
Tương tự : 14 −6 5 = 3 - 5
Vaäy P = 3 + 5 + 3 - 5 = 6

5

2.a. (1,5 ñ)


 x +1
x +2
x −2
−
.
2
( x + 1)( x −1) 
x
 ( x + 1)

Q= 

 x +2

=

 x +1

−

0,25ñ

x −2 1
.
x −1  x

 ( x + 2)( x −1)

0,25ñ

( x − 2)( x + 1)  1
.
 ( x + 1)( x −1) ( x + 1)( x −1)  x
( x − x + 2 x − 2) − ( x + x − 2 x − 2)
=
x ( x + 1)( x −1)

=

=
=

−

0,25ñ
0,25ñ

x − x +2 x −2 − x − x +2 x +2
x ( x − 1)

0,25ñ

2 x
2
=
x −1
x ( x −1)

0,25đ

2.b.(0,5đ)
Q=

2
x −1

nguyên ⇔ x -1 là ước của 2 ⇔

Do đó x lớn nhất ⇔ x – 1 = 2 ⇔ x = 3

1
1
x − =±
x − =±
1
2


Baøi 2 (3 điểm)
Trừ vế với vế của 2 phương trình ta được: x = 4 – 2a
Thay x = 4 – 2a vào phương trình 2 : a(4 – 2a) + y = 2a
⇔ y = 2a2 – 2a

 x = 4 − 2a
Vậy nghiệm của hệ là : 
y = 2a 2 − 2a

2.1 .(0,5ñ)

(1)

0,25ñ
0,25ñ

0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ