Bộ đề tuyển sinh lớp 10 các tỉnh năm học 2009-2010 (có đáp án chi tiết)

SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 1
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
(Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (3 điểm)
Cho biểu thức
a 1 1 2
K :
a 1
a 1 a a a 1
 
 
= − +
 ÷
 ÷
−
− − +
 
 
a) Rút gọn biểu thức K.
b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2
2
c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.
Bài 2. (2 điểm)
Cho hệ phương trình:
mx y 1
x y
334
2 3

− =



− =


a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1.
b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm.
Bài 3. (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho
AI =
2
3
AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn
MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM
2
= AE.AC.
c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI
2
.
d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
Bài 4. (1,5 điểm)
Người ta rót đầy nước vào một chiếc ly hình nón thì được 8 cm
3
. Sau đó người ta
rót nước từ ly ra để chiều cao mực nước chỉ còn lại một nửa. Hãy tính thể tích lượng

nước còn lại trong ly.
--------------------------------------------Hết--------------------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:…………………………
Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:………………………………..
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1.
Bài 1.
a)
Điều kiện a > 0 và a ≠ 1 (0,25đ)
a 1 1 2
K :
a 1 a( a 1) a 1 ( a 1)( a 1)
 
 
= − +
 ÷
 ÷
− − + + −
 
 
a 1 a 1
:
a( a 1) ( a 1)( a 1)
− +
=
− + −
a 1 a 1
.( a 1)
a( a 1) a
− −

= − =
−
b)
a = 3 + 2
2
= (1 +
2
)
2

a 1 2⇒ = +

3 2 2 1 2(1 2)
K 2
1 2 1 2
+ − +
= = =
+ +
c)
a 1 0
a 1
K 0 0
a 0
a
− <

−
< ⇔ < ⇔

>



a 1
0 a 1
a 0
<

⇔ ⇔ < <

>

Bài 2.
a)
Khi m = 1 ta có hệ phương trình:

x y 1
x y
334
2 3
− =



− =



x y 1
3x 2y 2004
− =


⇔

− =


2x 2y 2
3x 2y 2004
− =

⇔

− =


x 2002
y 2001
=

⇔

=

b)

mx y 1
y mx 1
x y
3
334

y x 1002
2 3
2
− =
= −


 
⇔
 
− =
= −
 



y mx 1
y mx 1
3
3
m x 1001 (*)
mx 1 x 1002
2
2
= −

= −

 
⇔ ⇔

 
 
− = −
− = −
 ÷
 

 

Hệ phương trình vô nghiệm
⇔
(*) vô nghiệm
3 3
m 0 m
2 2
⇔ − = ⇔ =

Bài 3.
a)
* Hình vẽ đúng
*
·
0
EIB 90=
(giả thiết)
*
0
ECB 90∠ =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
* Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp

b) (1 điểm) Ta có:
* sđ
cungAM
= sđ
cungAN

*
AME ACM∠ = ∠

*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM.
* Do đó:
AC AM
AM AE
= ⇔
AM
2
= AE.AC
c)
* MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI
2
= AI.IB
* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên
* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM
2
- MI
2
= AI
2
.
d)

* Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do
đó tâm O
1
của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng
cách NO
1
nhỏ nhất khi và chỉ khi NO
1
⊥
BM.)
* Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được O
1
. Điểm C là giao của
đường tròn đã cho với đường tròn tâm O
1
, bán kính O
1
M.
Bài 4. (2 điểm)
Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của
hình nón do 8cm
3
nước ban đầu tạo thành. Do đó phần nước còn lại có thể tích
bằng
3
1 1
2 8
 
=
 ÷

 
thể tích nước ban đầu. Vậy trong ly còn lại 1cm
3
nước.
A B
M
E
C
I
O
1
N
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
ĐỀ SỐ 2.
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN
Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
(Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (3 điểm)
Cho hàm số:
y f (x) 2 x x 2= = − + +
a) Tìm tập xác định của hàm số.
b) Chứng minh f(a) = f(- a) với
2 a 2− ≤ ≤
c) Chứng minh
2
y 4≥
.
Bài 2. (1,5 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp
dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong
thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được
giao của mỗi tổ theo kế hoạch ?.
Bài 3. (2 điểm)
Cho phương trình: x
2
- 2mx + (m - 1)
3
= 0 với x là ẩn số, m là tham số (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = - 1.
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng
bình phương của nghiệm còn lại.
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 45
0
. Vẽ các đường cao BD và CE
của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh: HD = DC.
c) Tính tỉ số:
DE
BC
.
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc
với DE.
--------------------------------------------Hết--------------------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:…………………………

Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:………………………………..
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2.
Bài 1.
a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

2 x 0 x 2
2 x 2
x 2 0 x 2
− ≥ ≤
 
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
+ ≥ ≥ −
 
(hoặc | x | ≤ 2)
Tập xác định là [-2; 2].
b)
f (a) 2 a a 2 ; f ( a) 2 ( a) a 2 2 a a 2= − + + − = − − + − + = − + +
.
Từ đó suy ra f(a) = f(- a)
c)
2 2 2
y ( 2 x) 2 2 x. 2 x ( 2 x)= − + − + + +

2
2 x 2 4 x 2 x= − + − + +

2
4 2 4 x 4= + − ≥
(vì 2

2
4 x−
≥ 0).
Đẳng thức xảy ra
x 2⇔ = ±
. Giá trị nhỏ nhất của y là 2.
Bài 2.
* Gọi x,y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch ( điều kiện x>0, y>0 ).
* Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600
* Số sản phẩm tăng của tổ I là:
18
x
100
(sp)
* Số sản phẩm tăng của tổ II là:
21
y
100
(sp)
* Từ đó ta có phương trình thứ hai:
18 21
x y 120
100 100
+ =
* Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình:

x y 600
18 21
x y 120
100 100

+ =



+ =


Giải hệ ta được x = 200 , y = 400
Vậy số sản phẩm đựoc giao theo kế hoạch của tổ I là 200, của tổ II là 400.
Bài 3.
a) Khi m = - 1, phương trình đã cho có dạng
2
x 4
x 2x 8 0
x 2
= −

+ − = ⇔

=

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt
⇔
∆’ = m
2
- (m - 1)
3
> 0 (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm là u; u
2

thì theo định lí Vi-ét ta có:

2
2 3
u u 2m (1)
u.u (m 1) (2)

+ =


= −


A
B
C
D
E
H
O
x
Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1)
2
= 2m
⇔
m
2
- 3m =
0
⇔

m = 0 hoặc m = 3. Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u
= - 1 và u = 2.
Bài 4.
a) Ta có
·
·
0
ADH AEH 90= =
, suy ra
·
·
0
AEH ADH 180+ = ⇒
tứ giác AEHD nội tiếp
được trong một đường tròn.
b) ∆AEC vuông có
·
0
EAC 45=
nên
·
0
ECA 45=
, từ đó ∆HDC vuông cân tại D. Vậy
DH = DC.
c) Do D, E nằm trên đường tròn đường kính
BC nên
·
·
AED ACB=

, suy ra ∆AED ∆ACB, do
đó:
DE AE AE 2
BC AC 2
AE. 2
= = =
d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), ta có
·
·
BAx BCA=
, mà
·
·
BCA AED=
(cùng bù với
·
DEB
)
·
·
BAx AED⇒ =
do đó DE // Ax.
Mặt khác,
OA Ax⊥
, vậy
OA ED⊥
(đpcm).
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
BĐ
ĐỀ SỐ 3

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009
MÔN: TOÁN
(Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (3 điểm)
Cho biểu thức
4 x 8x x 1 2
P :
4 1
2 x x 2 x x
   
−
= + −
 ÷  ÷
−
+ −
   
a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị của x để P = - 1.
c) Tìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có
m( x 3)P x 1− > +
Bài 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: x
4
+ 24x
2
- 25 = 0
b) Giải hệ phương trình:
2x y 2
9x 8y 34

− =


+ =

Bài 3. (3,5 điểm)
Cho hình bình hành ABCD có đỉnh nằm trên đường tròn đường kính AB. Hạ BN
và DM cùng vuông góc với đường chéo AC. Chứng minh:
a) Tứ giác CBMD nội tiếp được trong đường tròn.
b) Khi điểm D di động trên đường tròn thì
·
·
BMD BCD+
không đổi.
c) DB.DC = DN.AC.
Bài 4. (1,5 điểm)
Chứng minh rằng: Nếu x, y là các số dương thì:
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
Bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi nào ?.
--------------------------------------------Hết--------------------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:…………………………
Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:………………………………..
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 3.
Bài 1.
a)

4 x(2 x) 8x ( x 1) 2( x 2)
P :
(2 x)(2 x) x( x 2)
− + − − −
=
+ − −

8 x 4x 3 x
:
(2 x)(2 x) x( x 2)
+ −
=
+ − −

8 x 4x x( x 2)
.
(2 x)(2 x) 3 x
+ −
=
+ − −

4x
x 3
=
−
Điều kiện x ≥ 0; x ≠ 4 và x ≠ 9
b) P = - 1 khi và chỉ khi
4x x 3 0+ − =

3 9

x x
4 16
⇔ = ⇔ =
c) Bất phương trình đưa về dạng 4mx > x + 1
⇔
(4m - 1)x > 1
* Nếu 4m-1 ≤ 0 thì tập nghiệm không thể chứa mọi giá trị x > 9; Nếu 4m-1 > 0 thì
nghiệm bất phương trình là
1
x
4m 1
>
−
. Do đó bất phương trình thỏa mãn với mọi
x > 9
1
9
4m 1
⇔ ≥
−
và 4m - 1 > 0. Ta có
5
m
18
≥
.
Bài 2.
a) Đặt t = x
2
, t ≥ 0, phương trình đã cho trở thành: t

2
- 24t - 25 = 0, chú ý t ≥ 0 ta
được t = 25.
Từ đó phương trình có hai nghiệm x = - 5 và x = 5.
b) Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50
⇔
x = 2. Từ đó
ta có y = 2.
Bài 3.
a) Do AB là đường kính đường tròn (O)
·
0
ADB 90⇒ =
mà
·
·
ADB DBC=
(so le
trong)
·
0
DBC 90⇒ =
(1)
Mặt khác
·
0
DMC 90=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CBMD nội tiếp
đường tròn đường kính CD.

b) Khi điểm D di động trên đường tròn (O) thì tứ
giác CBMD luôn là tứ giác nội tiép.
Suy ra
·
·
0
BMD BCD 180+ =
(đpcm).
c) Do
·
0
ANB 90=
(giả thiết)
N (O)⇒ ∈
A
B
C
D
O
M
N