36 đề - đáp án thi vào 10

ĐỀ SỐ 1.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
QUẢNG TRỊ Khóa ngày 2 tháng 7 năm 2006
MƠN: TỐN
( Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề )
Phần I : Trắc nghiệm khách quan ( 2.0 điểm )
Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất.
1. Biểu thức
2
1 4x
x
−
xác đònh với giá trò nào sau đây của x ?
A. x ≥
1
4
B. x ≤
1
4
C. x ≤
1
4
và x ≠ 0 D. x ≠ 0
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x
A. y = 2x - 1 B.
( )
2 1 2y x= −
C. y = 2 - x D.
( )
2 1 2y x= −
3. Hai hệ phương trình

3 3
1
kx y
x y
− = −


− =

và
3 3 3
1
x y
x y
+ =


− =

là tương đương khi k bằng
A. -3 B. 3 C. 1 D. -1
4. Điểm
1
2;
2
Q
 
−
 ÷
 

thuộc đồ thò hàm số nào trong các hàm số sau đây ?
A.
2
2
2
y x=
B.
2
2
2
y x= −
C.
2
2
4
y x=
D.
2
2
4
y x= −
5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi
đó độ dài đoạn EF bằng :
A. 13 B.
13
C. 2
13
D. 3
13
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3

3
a, khi đó sinB bằng
A.
3
2
a
B.
1
2
C.
3
2
D.
1
2
a
7. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 18cm, AC = 24cm . Bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác đó bằng .
A. 30cm B.
15 2cm
C. 20cm D. 15cm
8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6cm, AB = 8cm. Quay tam giác đó một vòng
quanh cạnh AC cố đònh được một hình nón . Diện tích toàn phần hình nón đó là
A. 96π cm
2
B. 100 π cm
2
C. 144 π cm
2
D. 150 π cm

2
Phần II : Tự luận ( 8.0 điểm )
Bài 1: ( 1,5 điểm )
Cho phương trình bậc hai, ẩn số x: x
2
- 4x + m + 1 = 0
1. Giải phương trình khi m = 3
2. Với giá trò nào của m thì phương trình có nghiệm.
3. Tìm giá trò của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
2
+
x
2
2
= 10
Bài 2 : ( 1 điểm )
Giải hệ phương trình :
3 2 2 1
2 2 3
x y
x y

− − + =



− + + =


Bài 3: ( 1,5 điểm )
Rút gọn biểu thức :
1.
6 3 3 6 3 3A = + + −
2.
( ) ( )
5 2 6 49 20 6 5 2 6
9 3 11 2
B
+ − −
=
−
Bài 4: ( 4 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
2. Chứng minh AI.BK = AC.CB
3. Chứng minh tam giác APB vuông .
4. Giả sử A, B, I cố đònh . Hãy xác đònh vò trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tích
lớn nhất .
P N
S 1.
I/ Trắc nghiệm khách quan.
1- C 2 - b 3 - a 4 - c
5 - d 6 - b 7 - d 8 - c
II/ tự luận.

Bài 1:
1. Khi m = 3, phơng trình đã cho trở thành : x
2
- 4x + 4 = 0 (x - 2)
2
= 0 x = 2 là nghiệm
kép của phơng trình.
2. Phơng trình có nghiệm 0 (-2)
2
-1(m + 1) 0 4 - m -1 0 m 3.
Vậy với m 3 thì phơng trình đã cho có nghiệm.
3. Với m 3 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm . Gọi hai nghiệm của phơng trình là x
1
, x
2
.Theo định lý Viét ta có : x
1
+ x
2
= 4 (1), x
1
.x
2
= m + 1 (2). Mặt khác theo gt : x
1
2
+ x
2
2
=

10 (x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1
.x
2
= 10 (3). Từ (1), (2), (3) ta đợc :16 - 2(m + 1) = 10 m = 2 <
3(thoả mãn) . Vậy với m = 2 thì phơng trình đã cho có 2 nghiệm thoả mãn điều kiện x
1
2
+
x
2
2
= 10.
Bài 2:
Điều kiện để hệ có nghiệm:
2 0 2
2 0 2
x x
y y




+

. Đặt
2 0
2 0
x a
y b

=


+ =


Khi đó hệ phơng trình đã cho
trở thành :
3 1
3
a b
a b
=


+ =

.Giải hệ này ta đợc
1 0
2 0
a
b
=

=

(TM).
Với
1
2
a
b
=


=

ta có :
2 1
2 1 3
2 4 2
2 2
x
x x
y y
y

=
= =

+ = =
+ =



(TM).Vậy (x;y) = (3 ; 2) là nghiệm của hệ ph-
ơng trình đã cho.
Bài 3:
1. Ta có

( ) ( ) ( )
2
2 2
6 3 3 6 3 3 2 6 3 3 6 3 3 12 2 6 3 3
12 2 3 18
A = + + + + = + =
= + ì =
A = 3 2 (vì A > 0)

2.
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 3
2
2

5 2 6 3
5 2 6 3
5 2 6
5 2 6
9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2
9 3 11 2
1
9 3 11 2
B





+
= = = =


= =

Bài 4:
2. Ta có KC CI (gt), CB AC (gt)
ã
ã
CKB ICA=
(cặp góc nhọn có cạnh tơng ứng vuông
góc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK (
à à
0
90A B= =

) có
ã
ã
CKB ICA=
(cm/t) .Suy ra AIC đồng
dạng với BCK. Từ đó suy ra
AI BC
AI BK BC AC
AC BK
= ì = ì
(đpcm).
3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1)
ã
ã
PBC PKC=
(1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại
có
ã
0
90IAC =
(gt) A
;
2
IC
O

ữ

, mặt khác P
;

2
IC
O

ữ

(cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội tiếp

ã
ã
PIC PAC=
(2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta đợc :
ã ã
ã
ã
PBC PAC PKC PIC+ = +
.Mặt khác tam
giác ICK vuông tại C (gt) suy ra
ã
ã
0
90PKC PIC+ =

ã ã
0
90PBC PAC+ =
, hay tam giác APB vuông tại
P.(đpcm)
4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra
( )

ABKI
=
2
AI BK AB
s
+
Max S
ABKI
Max
( )
AI BK AB+
nhng A, I, B cố định do đó AI, AB không
đổi .Suy ra Max
( )
AI BK AB+
Max BK . Mặt khác
AC CB
BK
AI
ì
=
(theo câu 2) .Nên Max BK
Max AC.CB . Mà
( )
2
2
4 4
AC CB
AB
AC CB

+
ì =
(không đổi) .
Dấu = xảy ra AC = BC C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì
S
ABKI
là lớn nhất .
Gọi O là tâm đờng tròn đờng kính IC
1. Vì P
;
2
IC
O

ữ

ã
ã
0 0
90 90IPC KPC = =
.
Xét tứ giác PKBC có
ã
0
90KPC =
(chứng minh trên)
ã
0
90KBC =
(gt) . Suy ra

ã ã
0
180KPC KBC+ =
. Suy ra tứ giác
CPKB nội tiếp đợc (đpcm) .
a
b
c
i
p
k
o
S 2.
S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10
QUNG BèNH Khúa ngy 3 thỏng 7 nm 2006
MễN: TON
( Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
Câu 1: ( 2 điểm )
1) Phân tích x
2
9 thành tích.
2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x
2
5x + 4 = 0 không ?
Câu 2: ( 2 điểm )
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Câu 3: ( 1,5 điểm )
Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số thứ
hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.

Câu 4: ( 1,5 điểm )
Rút gọn biểu thức: P =
2 1
:
a b ab
a b a b
+
+
với a, b

0 và a b
Câu 5: ( 2 điểm )
Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A
và vuông góc với AB cắt tia BE tại F
1) Chứng minh rằng: AF // CH
2) Tứ giác AHCF là hình gì ?
Câu 6: ( 1 điểm )
Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x x
2
)(y 2y
2
) với 0

x

2
0

y

1
2
P N
S 2.
Câu 1.
1) Phân tích x
2
9 thành tích
x
2
9 = (x + 3)(x - 3)
2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x
2
5x + 4 = 0 không ?
Thay x = 1 vào phơng trình ta thấy: 1 5 + 4 = 0 nên x = 1 là nghiệm của phơng trình.
Câu 2.
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
Hàm số y = - 2x + 3 là hàm nghịch biến vì có a = -2 < 0
2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0; 3)
Với y = 0 thì x =
3
2
suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Oylà: (
3
2
;
0)
Câu 3.

Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số thứ
hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Gọi số thứ nhất là x, số thứ hai là y
Vì tổng của hai số bằng 17 nên ta có phơng trình: x + y = 17 (1)
Khi tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị thì số thứ nhất sẽ là x + 3 và số thứ hai lên 2 đơn vị thì số thứ hai
sẽ là y + 2.
Vì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị nên ta có phơng trình:
(x + 3)(y + 2) = xy + 45
2x + 3y = 39 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phơng trình:
17
2 3 39
x y
x y
+ =


+ =

Giải hệ phơng trình ta đợc
12
5
x
y
=


=

Câu 4.

Rút gọn biểu thức: P =
2 1
:
a b ab
a b a b
+
+
với a, b

0 và a b
P =
( )
( ) ( )
2
.( ) .
a b
a b a b a b a b
a b

+ = + =

với a, b

0 và a b
Câu 5.
Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i B, c¸c ®êng cao AD, BE c¾t nhau t¹i H. §êng th¼ng d ®i qua A
vµ vu«ng gãc víi AB c¾t tia BE t¹i F
a) Chøng minh r»ng: AF // CH
b) Tø gi¸c AHCF lµ h×nh g× ?
H

d
F
E
D
C
A
B
a) Ta cã H lµ trùc t©m tam gi¸c ABC suy ra CH AB
d AB suy ra AF AB suy ra CH // AF
b) Tam gi¸c ABC c©n t¹i B cã BE lµ ®êng cao nªn BE ®ång thêi lµ ®êng trung trùc suy ra EA =
EC , HA = HC, FA = FC
Tam gi¸c AEF = tam gi¸c CEH nªn HC=AF suy ra AH = HC = AF = FC nªn tø gi¸c AHCF lµ
h×nh thoi
C©u 6.
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A = (2x – x
2
)(y – 2y
2
) víi 0
≤
x
≤
2
0
≤
y
≤

1
2

Víi 0
≤
x
≤
2 0
≤
y
≤

1
2
th× 2x-x
2
≥
0 vµ y – 2y
2

≥
0
¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si ta cã 2x – x
2
= x(2 - x)
≤

2
x 2
1
2
x+ −
 

=
 ÷
 
y – 2y
2
= y(1 – 2y ) =
2
1 1 2 1 2 1
.2 (1 2 )
2 2 2 8
y y
y y
+ −
 
− ≤ =
 ÷
 
⇒
(2x – x
2
)(y – 2y
2
)
≤

1
8
DÊu “=” x¶y ra khi x = 1, y =
1
4

VËy GTLN cña A lµ
1
8
⇔ x = 1, y =
1
4
S 3.
S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10
LNG SN MễN: TON
( Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao )
Bài 1: ( 2 điểm ).
Tính giá trị của biểu thức:
a)
2
A 1 (1 2)= +
b)
3 3
B 9 80 9 80= + +
Bài 2: ( 1 điểm ).
Giải phơng trình: x
4
+ 2008x
3
- 2008x
2
+ 2008x - 2009 = 0
Bài 3: ( 1 điểm ).
Giải hệ phơng trình:
x y 2
3x 2y 6

=


=


Bài 4: ( 2 điểm ).
Một đội công nhân hoàn thành một công việc, công việc đó đợc định mức 420 ngày công thợ. Hãy
tính số công nhân của đội, biết rằng nếu đội tăng thêm 5 ngời thì số ngày để hoàn thành công việc
sẽ giảm đi 7 ngày, giả thiết năng suất của các công nhân là nh nhau.
Bài 5: ( 4 điểm ).
Cho tam giác ABC vuông ở A và có AB > AC, đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa
điểm A, vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB tại E, nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F.
a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
d) Gäi O lµ giao ®iÓm cña AH vµ EF. Chøng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong ®ã 2p =
AB + BC + CA.
P N
S 3.
Bài 1.
a)
2
A 1 (1 2) 1 2 1 2= + = + =
b)
3 3
B 9 80 9 80= + +
HD: áp dụng hằng đẳng thức (a + b)
3
=a

3
+ b
3
+ 3ab(a + b)
Lập phơng hai vế ta có:
3 3
3 3
B ( 9 80 9 80)
= + +
(
)
3
3 3
3
B 9 80 9 80 3 (9 80)(9 80) 9 80 9 80= + + + + + +
3
B 18 3B= +
=> B
3
- 3B - 18 = 0
<=> (B - 3)(B
2
+ 3B + 6) = 0
2
B 3 0
B 3B 6 0 (VN)
=

+ + =

Vậy B = 3
Bài 2.
4 3 2
x 2008x 2008x 2008x 2009 0+ + =
3 2
2
2
2
(x 1)(x 2009x x 2009) 0
(x 1) x (x 2009) (x 2009) 0
(x 1)(x 2009)(x 1) 0
x 1 0
x 1
x 2009 0
x 2009
x 1 0 (VN)
+ + + =
+ + + =


+ + =
=

=


+ =

=


+ =

Bài 3.
x y 2 3x 3y 6 x 2
3x 2y 6 3x 2y 6 y 0
= = =



= = =

Bài 4.
Gọi số công nhân của Đội là x (x nguyên dơng)
Phần việc đội phải làm theo định mức là:
420
x
Nếu đội tăng thêm 5 ngời thì phần việc phải làm theo định mức là:
420
x 5+
Theo đầu bài ta có pt:
420 420
7
x x 5
=
+

2
x 5x 300 0 + =
Ta đợc: x
1
= 15 (thoả mãn); x
2
= -20 (loại)
Vậy đội công nhân có 15 ngời.
Bài 5.
O
F
E
H
C B
A
a) Ta có:
ã
ã
0
CFH BEH 90= =
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
=>
ã
ã
ã
0
AFH AEH FAE 90= = =
=> Tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Ta có:
ã

ã
0
EBH EAH 90+ =
mà
ã
ã
EAH EFH=
(tc đờng chéo hcn)
=>
ã
ã
0
EBH EFH 90+ =
Do đó:
ã
ã
ã
ã
ã
0 0 0
EFC EBC CFH EFH FBC 90 90 180+ = + + = + =
=> BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có:
ã
ã
ABH AHE=
(cùng phụ với
ã
EAH
) mà

ã
ã
AHE AFE=
(đờng chéo hcn)
=>
ã
ã
ABH AFE=
hay
ã
ã
ABC AFE=
Xét AEF và ACB ta có:
ã
ã
0
EAF CAB 90= =
ã
ã
ABC AFE=
(cm trên)
=> AEF đồng dạng ACB =>
AE AF
AE.AB AF.AC
AC AB
= =
d) Trong OAB ta có:
OA + OB > AB (quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác)
tơng tự: OC + OA > AC
OB + OC > BC

=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC
=>
AB BC CA
OA OB OC
2
+ +
+ + >
=>
OA OB OC p+ + >
(1)
Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)
OC < AC (do OH < AH)
OB < BC
=> OA + OB + OC < AB + BC + CA
=> OA + OB + OC < 2p (2)
Tõ (1) vµ (2) => p < OA + OB + OC < 2p
ĐỀ SỐ 4.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TP HCM MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Câu 1: ( 2 điểm )
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x
2
+ 3x – 5 = 0 (1)
b)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)
+ =



+ = −

(2)
Câu 2: ( 2 điểm )
Thu gọn các biểu thức sau:
a) A =
7 4 3 7 4 3− − +
b) B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −
−
 ÷
 ÷
−
+ +
 
(x > 0; x ≠ 4).
Câu 3: ( 2 điểm )
Cho phương trình x
2
– 2mx – 1 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm 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+ − =
.
Câu 4: ( 4 điểm )
Từ điểm M ở 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 MA
2
= MC.MD.
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 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.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 4.
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)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)
+ =



+ = −

(2)
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) 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 3: 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 4:
a) Xét hai tam giác MAC và MDA có:
– ∠ M chung
– ∠ 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
)
O
M
D
C
A
B
I
H
K
⇒ ∠ 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 SỐ 5.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
QUẢNG NAM MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Câu 1. ( 2 điểm )
Giải các phương trình sau:
a) 2x – 3 = 0.
b) x
2
– 4x – 5
Câu 2. ( 2 điểm )
a) Cho phương trình x
2
– 2x – 1 = 0 có hai nghiệm là x
1
và x
2
. Tính giá trị của biểu thức
S =
1
2
x
x
+
2
1
x

x
.
b) Rút gọn biểu thức:
A =








−
3
1
a
+








+
3
1
a









−
a
3
1
với a > 0 và a
9
≠
.
Câu 3. ( 2 điểm )
a) Xác định các hệ số m và n, biết rằng hệ phương trình



=+
=−
1mynx
nymx
Có nghiệm là
( )
3,1
−
b) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 108 km. Hai ôtô cùng khởi hành một lúc đi từ A
đến B, mỗi giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nên xe đến B trước xe thứ hai là 12

phút. Tính vận tốc mỗi xe.
Câu 4. ( 3 điểm )
Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. Gọi M là
trung điểm của AC, I là trung điểm của OD.
a) Chứng ning OM // DC.
b) Chứng minh tam giác ICM cân.
c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC
2
= IA.IN
Câu 5. ( 1 điểm )
Trên mặt phẳng toạ độ Õy, cho các điểm A( -1 ; 2 ), B( 2 ; 3 ) và C( m ; 0 ). Tìm m sao
cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 5.
Câu 1:
Giải phương trình:
a) 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x =
2
3
.
b) x
2
– 4x – 5 = 0.
Phương trình có dạng a – b + c = 0. Nên có một nghiệm x
1
= –1 và nghiêm thứ hai x
2
=
a
c

−
=
5.
Câu 2.
a) Tính được x
1
+ x
2
= 2 và x
1
.x
2
= – 1.
Biến đổi:
S =
21
2
2
2
1
.xx
xx
+
=
( )
21
21
2
21
.

2
xx
xxxx
−+
= – 6.
b) Biến đổi








−
3
1
a
+








+
3
1

a
=
( )( )
33
2
+−
aa
a
= 1–
a
3
=
a
a 3
−
Rút gọn A =
3
2
+
a
.
Câu 3.
a) Thay giá trị x,y vào hệ ta có hệ phương trình sau:





=+−
=−−

13
3
mn
nm
Giải hệ ta tìm được m =
23
−
và n =
322
−
.
b) Gọi vân tốc xe thư nhất là x ( km/h) ( x> 6)
Vân tốc của xe thứ hai là
6
−
x
( km/h)
Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:
x
108
( giờ )
Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:
6
108
−
x
( giờ )
Theo bài ra ta có phương trình:
−
−

6
108
x
x
108
=
5
1
(*)
Giải phương trình (*) tìm được x = 60 và x = – 54 ( loại )
Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h.
Câu 4.
GT
ABC
∆
cân tại A, nội tiếp (O)
M là trung điểm của AC.
I là trung điểm của OD
KL a) OM // DC
b)
ICM
∆
cân.
c) IC
2
= IA.IN
A
B C
D
a) MA = MC => OM

⊥
AC
Góc ACM = 90
0
=> DC
⊥
AC
OM không trùng DC => OM // DC.
b) Gọi K là trung điểm của MC => IK là đường trung bình của hình thang OMCD
=> IK // OM => IK
⊥
MC
=>
IMC
∆
cân tại I.
c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA
Suy ra tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI
Suy ra MI
2
= IA.IN, mà IC = IM nên IC
2
= IA.IN
Câu 5. y
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua trục Ox.
=> A’
( )
2;1
−−
và AC = A’C. B

Do AB không đổi nên AB + AC + BC nhỏ nhất <=> A
AC + BC nhỏ nhất.
Ta có AC + BC = A’C = CB
≥
A’B. 0 C x
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, C, B thẳng hàng, tức là C
Là giao điểm của A”b với trục Ox. A’
A’
( )
)3;2(,2;1 B
−−
=> pt đường thẳng A’B: y =
3
1
3
5
−
x
Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C (
0;
5
1
) => m =
5
1

O
M
N

K
I
ĐỀ SỐ 6.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
ĐÀ NẲNG MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 2 điểm )
a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
5
5
và
32
5
+
b) Rút gọn biểu thức: A=
b
a
b
bab
−
−
2
2
. Trong đó a
0,0
>≥
b
Bài 2. ( 2 điểm )
a) Giải phương trình: x

2
+ 2x -35 = 0
b) Giải hệ phương trình:



=+
=−
82
232
yx
yx
Bài 3. ( 2,5 điểm )
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm a ( 1; 1 ), B( 2; 0 ) và đồ thị (P) của hàm số y =
2
x
−
.
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 tọa độ là cm )
Bài 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
AMBBNC
∆=∆
.
b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp.

c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 6.
Bài 1.
a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:

5
5
=
5
32
5
+
=
( )
( )( )
3510
34
3510
3232
325
−=
−
−
=
−+
−
b) Rút gọn:
A =
b

a
b
bab
−
−
2
2
. =
22
−=−−
b
a
b
a
. với a
0,0
>≥
b
.
Bài 2.
a) x
2
+ 2x – 35 = 0 (*)
∆
’ = 1 + 35 = 36 = 6
2
.
Do đó (1) có hai nghiệm phân biệt.




=
−=
5
7
2
1
x
x
b) Giải hệ phương trình:



=+
=−
)(82
)(232
byx
ayx
nhân
( )
b
với 2 và lấy
( ) ( )
ba 2
−
. Ta có
<=>




=+
=−
82
147
yx
y
<=>



−=
=
48
2
x
y
<=>



=
=
2
4
y
x

Bài 3. A (d)
a) Vẽ đồ thị: -2 -1 0 1 2

-1 B


-4
b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax. Thay thế tạo độ A vào ta có 1 = a.
vì d // OA nên phương trình đường thẳng d có dạng y = x + b.
d đi qua B ( 2; 0 ) => 0 = 2 + b => b =
2
−
=> phương trình d là y= x
2
−
.
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là:
022
22
=−+⇔−=−
xxxx
1
==⇔
C
xx
hay
2
−==
D
xx
( vì a + b + c = 0 )
121
−=−=⇒

C
y
và
422
−=−−=
D
y
Ta có: x
A
= x
C
=> AC
⊥
Ox.
=> S
ACD
=
( )( ) ( )( )
31121
2
1
2
1
.
2
1
=++=−−=−−
CADCCADC
yyxxyyxx
Vậy S

ACD
= 3 cm
2
.
Bài 4. A
N
B C
a) Chứng minh
∆
BNC =
∆
AMB.





=
=∠=∠
=
ABBC
AB
AMBN
0
60
=>
∆
BNC =
∆
AMB. ( c.g.c ).

b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp.



0
180
=+∠
∠=∠
ANPBNC
AMBBNC
)( BNCAMB
∆=∆
=>
0
180
=∠+∠
ANPAMB
=> tứ giác ANPM
nội tiếp.
c) Quỹ tích điểm P khi N di động trên cạnh AB.
Tứ giác ANPM nội tiếp và
0
60
=∠
A
=>
0
120
=∠
NPM

=>
0
120
=∠
BPC
.
BC cố định => Pluôn nhìn bc với góc 120
0
không đổi. Nên khi N di động trên AB thì quỹ
tích P là cung chứa góc 120
0
dựng trê đoạn BC.
+ Giới hạn quỹ tích:
Khi N trùng B thì P trùng B
Khi N trùng A thì P trùng C.

M
N
P
Vậy quỹ tích điểm P là cung BC, nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ là cung BC.
ĐỀ SỐ 7.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 2điểm )
Cho biểu thức: N =
ab
ba
bab

b
bab
a
+
−
−
+
+

với a,b là 2 số dương khác nhau.
a) Rút gọn biểu thức N.
b) Tính giá trị của biểu thức N khi : a =
526
+
và b =
526
−
Bài 2. ( 2,5 điểm )
Cho phương trình ẩn x: x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 3 = 0
a) Giải phương trình với m =
3
.
b) 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 = -
2
2
1
x
a) Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)
b) 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 = -
2
2
1
x
tại 2 điểm phân biệt
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 ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường
tròn , trong đó P và Q là các tiếp điểm.
a) 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
b) Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông.
c) Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội tiếp tam
giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định.
ĐÁP ÁN
ĐỀ 7.
Bài 1.
a) N =
ab
ba
bab

b
bab
a
+
−
−
+
+
=
ab
ba
aba
b
bab
a
+
−
−
+
+
)()(
=
ab
ba
abab
abbaba
abab
abbaabbbabaa
−
+

=
−
+
=
−
−+−++−
)())(
))(()()(
b) Ta có a =
526
+
=
15)15(
2
+=+
v à b =
526
−
=
15)15(
2
−=−
=> N =
5
1515
1515
−=
−−−
−++
=

−
+
ab
ba
Bài 2.
a) khi m =
3
,phương trình : x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 3 = 0 trở thành:
x
4
- 2
3
x = 0
⇔
x
2
(x
2
- 2
3
) = 0
⇔




=
=
32
0
2
x
x

⇔




±=
=
32
0
3,2
1
x
x
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là :
x
1
= 0 , x
2
=
32
x

3
= -
32
b) Đặt t = x
2
, điều kiện t
≥
0 .Phương trình đã cho trở thành:
t
2
– 2mt + m
2
– 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
⇔
m
2
– 3 = 0
⇔
m =
±
3
+)Khi m =
3
, phương trình (1) trở thành: t
2

-
3
t = 0
⇔



=
=
32
0
2
1
t
t
(thoả mãn)
v ậy m =
3
,là giá trị cần tìm
+)Khi m = -
3
, phương trình (1) trở thành : t
2
+ 2
3
t = 0
⇔




−=
=
32
0
2
1
t
t
(không thích hợp)
Vậy m = -
3
không thoả mãn loaị
Tãm l¹i ph¬ng tr×nh ®· cho cã 3 nghiÖm ph©n biÖt
⇔
m =
3