BỘ ĐỀ THI VÀO 10 KHÁNH HÒA (từ 2000 đến 2020) có đáp án

TUYỂN TẬP ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH
KHÁNH HÒA (từ 2000 đến 2020)
NĂM HỌC 2000-2001( Khánh Hoà)
B1/Tìm kích thước của 1 hình chữ nhật biết chu vi 28m và đường chéo 10m
B2/Rút gọn biểu thức A sau rồi tìm x  Z để A  Z
A

1



2 x

x3
x3



6
x 5 x  6

B3/a/Vẽ (P) : y = -2x2
b/Một đường thẳng d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 và cắt trục tung tại điểm có
tung độ bằng –4. Viết PT đường d và tìm tọa độ giao điểm A và B của d với (P).
c/ Trên (P) lấy M có hoành độ –1, Viết PT d1 đi qua M có hệ số góc bằng k,tuỳ theo k tìm số
giao điểm của d1 với (P)
B4/Cho  AOB cân tại O, trên AB lấy M tùy ý ( MB  MA). Ta vẽ 2 đường tròn như sau:
-Đường tròn tâm C qua 2 điểm A,M ( với C  OA) -Đường tròn tâm D qua B,M ( D  OB)
Hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là N.
a/C/m: ODMC hình bình hành
b/C/m:CD  MN suy ra ANB và  CMD đồng dạng

c/ Tính góc MNO
HD: NĂM HỌC 2000-2001
B1: Gọi chiều dài x(m). Chiều rộng 14 – x (m) ĐK : 7< x < 14. Theo dịnh lý Pyta go ta có
PT: x2 +(14-x)2 = 102 ĐS : x = 8 (n) ; x = 6 (L)
B2:ĐK : x  0 ; x �4; x �9
A


1
x2



x3

x  3 ( x  2)( x  3)

6
( x  2)( x  3)

A �Z �

6



 .... 

x3
x2

 1



1( x  3)
( x  2)( x  3)



( x  3)( x  2)
( x  2)( x  3)
O

5
x2

N

5M( x  2) � x  2 � 1; 1;2; 2 � x � 3;1;7
�ή�
x  9;1;49

x

 1;49

h.2000

D

C

A

M

B

B3: a/ Tự vẽ b/ Gọi PT (d) y = ax +b. Vì d đi qua (2;0) và (0;-4) � a.0 +b=-4 và 2a +b =0 .
Giải hệ này được b = -4 và a = 2. Vậy(d): y = 2x -4. * PT h.độ giao điểm của d và P là : 2x 2 +
2x -4 = 0 � x1 = 1; x2 = -2 � y1 = -2 và y2 = -8. Vậy giao điểm là : (1;-2) và (-2;-8)
b/ tung độ M: y = -2.(-1)2 = -2 � M( -1;-2) * Gọi pt d1 là y = kx +b. Thay toạ độ M giải
được b = k – 2. Vậy d1 : y = kx +k-2 * PT h.độ giao điểm của d1 và P là : 2x2 +kx +k – 2 = 0.
Tính được  = (k-4)2  0 * Khi  > 0 � k �4 � d1 và P cắt nhau tại 2 điểm * Khi  =
0 � k = 4 � d1 và P tiếp xúc nhau.
B4:a/ Từ  CAM và  OAB cân � OÂB = � CMA= � OBA � CM//OB. Tương tự
DM//OA � đpcm.
b/ * CD là đường nối tâm và MN là dây cung chung � MN  CD (đl)
*Trong (D) vì CD  MN � DC qua điểm chính giữa cung MN � � CDM = � NBM
( cùng bằng ½ sđ cung MN) (1) . Trong (C) vì CD  MN � CD đi qua điểm chính giữa
1


cung MN của (C) � � DCM = � MAN ( Vì cùng bằng ½ sđ cung MN của (C) (2). Từ (1)
và (2) � đpcm.
c/từ Kq câu b � � ANB = � CMD mà � CMD = AÔB ( h bình hành ) � AÔB =
� ANB � ABON nội tiếp � NÔA = � NBA ( cùng chắn cung AN) mà � NBA = �
CDM = � OCD � NÔA = � DCO 2 góc này ở vị trí so le trong � CD//NO mà CD 
MN � MN  NO � MNO = 900
NĂM HỌC 2001-2002( Khánh Hoà)

B1/ a/Xếp các số sau theo thứ tự tăng dần: 2 3;3 2;
b / Cho

A

4x  20 

x 5

1
3

9x  45

+Rút gọn A

1
16
2

+ Tìm x để A = 4

B2/Trong mặt phẳng tọa độ cho A(-3 ;0) ; B(3;2) ;C(6;3)
a/Viết PT đường thẳng AB và chứng tỏ A;B;C thẳng hàng
b/Gọi d là đường thẳng qua A; B; C và (P) : y = m x2 .Tìm m để d tiếp xúc (P) và tìm tọa độ
tiếp điểm.
B3/Hai vòi nước cùng chảy vào bể không có nước sau 1giờ 48’ đầy.Nếu chảy riêng thì vòi
một chảy nhanh hơn vòi hai 1 giờ 30’. Hỏi nếu chảy riêng mỗi vòi chảy trong bao lâu đầy bể
B4/Cho  ABC cân tại A goc A nhọn,vẽ đường cao AH. Lấy M bất kỳ trên BH. Vẽ MP  AB
, MQ  AC.MQ cắt AH tại K.

aa/ C/m: 5 điểm A,P,M,H,Q cùng nằm trên đường tron và xác định tâm O của nó.
b/C/m : OH  PQ c/Gọi I là trung điểm KC, Tính  OQI
B5/Tìm x nguyên để biểu thức sau nhận giá trị nguyên: M 

x 1
x 1

HD: NĂM HỌC 2001-2002( Khánh Hoà)
B1/ a/ Đưa hết vào trong dấu căn rồi so sánh. b/ A = 2 x  5 ĐK : x  5. A = 4 � x = -1
B2/ Gọi PT đường thẳng d y = ax +b. Thay toạ đố của A và B được hệ và giải
ĐS: a = 1/3; b =1 � pt (d) : y = (1/3).x +1* Thay toạ độ C vào pt (d) được đẳng thức đúng
và kết luận.
b/ pt h.độ giao điểm của (d) và P là : 3mx2 –x-3 = 0 . Tính  = 1 + 36m. Hai đồ thị tiếp xúc
�  = 0 � m = -1/36. Khi đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm kép của PT : x = -b/2a = =
1/6m thay m = -1/36 tính được x = -6. Thay x = -6 vào PT đường thẳng AB tính được y = -1.
Vậy toạ độ tiếp điểm là ( -6;-1)
B3/ Đổi 1h48’= 9/5 h và 1h30’ = 3/2 h
Gọi thời gian vòi 1 chảy riêng đầy bể là x( h). X > 0 . Thời gian vòi 2 chảy đầy bể là : x + 3/2
(h) > Trong 1 giở vòi 1 chảy được 1/x (bể). Trong 1 giờ vòi 2 chảy được 1: ( x+3/2) = 2/
(2x+3) (bể ). Trong 1 giờ 2 vòi chảy chung được 1 :(9/5) = 5/9 ( bể). Ta có PT :
1/x +2/(2x+3) = 5/9 � PT : 10x2 – 21x – 27 = 0 . Giải được x1 = 3 (N) ; x2 -0,9 (L).
A
B4:
a/ � APM = � AHM = � AQM = 900 � 5 điểm nằm trên đ tr
đường kính AM tâm O là trung điểm AM.
b/  ABC cân tại A có AH là đường cao � AH là phân giác �
PÂH = HÂQ � cung HP = cung HQ � OH  PQ ( đlý)
h.2001
Q

O

P

K

B

M

I

C

2


c/  AMC có K là trực tâm � CK  AM � � ICQ + MÂQ = 900 .  KQC vuông tại Q
có KQ là trung tuyến � KQ = KC ( đ lý) � �IQC = � ICQ.  OAQ cân tại O � OÂQ
= � OQA . từ đó � � OQA + � IQC = 900 � � OQI = 900
B5:ĐK : x  0 ; x �1
M  1

2

; M �Z � 2M( x  1) � x  1� 1; 1;2; 2
x 1

x � 2;0;3 � x � 4;0;9

NĂM HỌC 2002-2003 ( Khánh Hoà)
� 15

B1a/ Tính

A�

�7 2

12



71



8





�

. 3 7  20
�
3 7 �

b/ Giải PT :  7  x .  8  x  x  11

B2/Cho PT: 2x2 +(k-9)x + k2 +3k+4 = 0
a/Tìm k để PT có nghiệm kép và tính nghiệm kép đó.
b/Có giá trị nào của k để PT đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn:x1.x2 +k(x1+x2)  14 hay không ?
B3/ Quãng đường AB dài 270 km.Hai ôtô khởi hành cùng lúc từ A đến B.Otô 1 chạy nhanh
hơn ôtô 2 la 12km/h,nên đến B trước ôtô 2 là 40’.Tính vận tốc mỗi xe.
B4/Cho  ABC cân tại A nội tiếp (O). M chạy trên cung nhỏ AC. Kéo dài CM về phía M ta
có tia Mx. a/C/m:  ACB =  AMx
b/Tia phân giác  BMC cắt đường tròn tại D. C/m: AD là dây lớn nhất của (O).
c/ Khi M di động trên cung nhỏ AC thì trung điểm I của dây BM chuyển động trên đường
nào?
HD: NĂM HỌC 2002-2003 ( Khánh Hoà)
B1/
A

�
15(
�
�



7  2)
3



12( 7  1)
6







8(3  7) �
5( 7  2)  2( 7  1)  4(3  7)�3 7  20
�3 7  20  �
�
�
2
�









b/Đặt ĐK : x 

A  3 7  20 3 7  20  337

0 . Nhân phân phối rút gọn dẩn đến PT : 15 x  45 � x  3 � x  9
B2./ a/ ta có  = -7k2 -42k +49. PT có nghiệm kép �  = 0 � k2 + 6k -7 = 0 .Giải được :
k1 = 1; k2 = -7. Nghiệm kép bằng : x1 =x2 = (9-k)/4
* Với k =1 thì x1 =x2 = 2 * Với k = -7 thì x1 =x2 = 4
b/ ĐK :   0 � k2 + 6k -7 � 0 � ( k-1)(k+7) �0 � -7 �k �1. Tính tổng và tích 2

nghiệm thay vào hệ thức đề cho và giải được k  13/12. Kết hợp với ĐK � không có giá trị
của k.
B3: 40’ = 2/3h . Gọi vận tốc ô tô 2 là x km/h ĐK ( x > 0). Vận tốc ôtô 1 là x +12 km/h
Dẩn đến pt:

270
x



270
x  12



2
3

� … � x2 +12x – 4860 =0 ĐS : x 1 ~64 (N) và x2 ~ -76(L)

B 4: a/ Vì ABCM nội tiếp sể c/m được � ABC = � AMx mà � ABC = � ACB ? �
đpcm
b/ � BMD = � CMD � cung DC = cung BD � DC = DB ta
lại có OB =OC và AB = AC � A;O;D cùng nằm trên đường trung trực của BC � AOD là
đường kính.
h.2002

x

I2

O

3

M
I
B

I1
D

C


c/ IB = IM � OI  BM � � BIO = 900 và BO cố định �
I nằm trên đường tròn đường kính BO.Đường tròn này cắt BC và AB tại I1 và I2
Nếu M �C � thì I �I1. Nếu M �A � I �I2 . Vậy
I chạy trên cung I1I2.
NĂM HỌC 2003-2004( Khánh Hoà)
�5  2 �
� b) Giải phương trình:
�5  2 �

B1/a)Tính :(9+

4 5) : �

25 x  25  15  2 x  1

B2 /Cho phương trình : x2 – 2(m+1)x +2m +10 =0 (1) a)Giải pt với m = 1

b)Định m để phương trình có nghiệm kép và tính nghiệm kép đó
c)Khi pt (1) có hai nghiệm  0 là x1 và x2 .Tìmm sao cho

1
1
1


2
2 2
x1
x2

B3/Trong mặt phẳng tọa độ cho A(-1;2) và D1 : y = -2x +3
a/Vẽ D1 .Điểm A có thuộc D1 không?
b/Lập pt đường thẳng D2 đi qua A và song song với D1.Tính khoảng cách giữa D1 và D2
B4/Cho nửa đường tròn (O) đ.kính AB.Vẽ các tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn. Mlà
điểm trên cung AB .C là điểm của đoạn OA.Đường thẳng qua M và vuônggóc với MC cắt
Ax tại P;đường thẳng qua C và vuông góc với CP cắt By tại Q.Gọi D là giao điểm của CP và
AM ;E là giao điểm của CQ và BM
a)C/m : ACMP ; CEMD nội tiếp đường trò b) C/m: DE vuông góc Ax
c)C/m: M , P , Q thẳng hàng
HD: NĂM HỌC 2003-2004( Khánh Hoà)
B1/

2 5 2
 ( 5  2) .
 ( 5  2)( 5  2)  1
5 2

b/ĐK x  -1
PT � 5 x  1  15  2 x  1 � 3 x  1  15 � x  1  5 � x  24 (nhận)
B2/ m= 1 có PT : x 2 – 4x +12 = 0 có  =4-12= -8 < 0 � pt vô nghiệm.
b/  ’ = m2 -9 . PT có nghiệm kép �  ’ = 0 � m = 3 hoặc m = -3. Nghiệm kép là: x1 = x2 =
m +1 * Với m = 3 x1 = x2 = 4. * với m = -3 � x1 = x2 =- 2
c/ ĐK : m2 – 9  0 . Tính tổng và tích 2 nghiệm
2
2
(x1  x2)  2x1x2 1
2(m 1)  2(2m 10) 1

 �

2
2
2
2
(x1.x2)
(2m 10)

*hệ thức đã cho �

�

2.4(m2 +2m +1) -2.2(2m+10)=4m2 +40m+100 � m2 – 8m -33 =0
Giải được m1 = 11(N) ; m2 = -3 (N)
B3/ a/ Tự vẽ. Thay x = -1 và pt(D1) � y = -2.(-1) +3 = 5 �2 nên A không thuộc D1.
b/ Gọi pt (D2) là y = ax +b vì hai đường thẳng song song � a = -2. Thay toạ độ A và (D2):
� -2.(-1) +b = 2 � b = 0 . Vậy D2 : y = -2x. Ta có O � D2 Vẽ OH  D1 thì OH là khoảng
cách của 2 đường thẳng. D1 cắt Ox tại M( 3/2; 0 ) dr OM = 3/2 và cắt Oy tại N(0; 3)

1

� ON = 3. Ta có OH
P

2

M

1
ON

2

1

1
1
5
3
2 2
2  9 � OH  5
OM
3
�3 �

��
�2 �

B4/

E

D
A

C

Q

B
O
h.2003

4


a/ Ta có CÂP + � CMP = 900 +900 = 1800 � đpcm. Ta có � AMB = 900 (?) và � DCE =
900 � đpcm.
b/ Tứ giác DCEM nội tiếp � � CDE = � CME mà � CME = � PMA ( cùng phụ với �
AMC) và PMA = � PCA ( cùng chắn cung PA cảu đ tr (ACMP) � � PCA = � EDC mà 2
góc này so le trong � DE//AB . Vì Ax  AB � Ax  DE
c/ Ta có � MCE = � MDE ( cùng chắn cung ME) . � MDE = � MAB ( đ.vị). � MAB =
� MBQ ( cùng chắn cung MB) � � MCQ = � MBQ � CBQM nội tiếp � � CBQ + �
CMQ = 1800 � � CMQ = 900 � � CMQ + � CMP = 1800 � đpcm
NĂM HỌC 2004-2005( Khánh Hoà)
( 7  1)3
B1 / a.Thực hiện phép tính
b/Giải phương trình : 4 x  20 = x-20
5 7  11

B2/ Cho các đường thẳng có phương trình sau:D1 : y = 3x +1 ;D2: y = 2x –1
;D3 : y = (3-m)2 x +m –5 a/Tìm tọa độ giao điểm của D1 và D2
b/Tìm m để 3 đường đã cho đồng qui
c)Gọi B là giao điểmcủa D1 với trục hoành
,C là giao điểm của D2 với trục hoành.Tính BC
B3/Cho hai đường tròn bằng nhau ( O1 ;R1) và ( O2 ,R) cắt nhau tại A và B và AB = R. Vẽ
các đường kính AO1C và AO2D. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M. Giao điểm thứ hai của tia
MB với ( O2 ,R) là P. Các tia CM và PD cắt nhau tại Q:MP và AQ cắt tại K.
a/C/m: AMQP nội tiếp đường tròn b/C/m: tam giác MPQ là tam giác đều
2

c/Tính

AK
AQ

2

B4/ Cho phương trình 2 x + 2( m+1)x +m +4m +3 =0
Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm. Tính max và min của T = / x1+ x2 + 5m/
HD: NĂM HỌC 2004-2005( Khánh Hoà)
B1/a/ 7

2
7  3. 7 .1 3. 7  1
5 7  11



10 7  22

5 7  11



2(5 7  11)
5 7  11

2

b/ Chú ý ĐK là : x – 20  0 � x  20. Bình phương 2 vế đưa về PT : x2 – 44x +420 = 0
giải được x1 = 30 (N) ; x2 = 14 (L)
B2:/ Toạ độ giao điểm của D1 và D2 là nghiệm của hệ :
�
�x  2
y  3x  1
� ...... � �
KL : giao điểm là A(-2;-5)
�
y  2x  1
y  5
�
�
b/Để 3 đ. thẳng đồng qui thì A � D3. � (3-m)2(-2)+m-5 = -5 � 2m2 -13m +18=0
� m1 =4,5 m2 = 2.
c/D1 cắt Ox tại B(-1/3;0) � OB = 1/3. D2 cắt Ox tại C(1/2; 0) � OC = ½ � BC = OB +OC

= 1/3 +1/2 = 5/6

P

A

B 3:

O2
O1

K

D
B
C
M
h.2004
Q

a/ � AMC = 90 (?) � � AMQ = 90 . và � APD =
900 � đpcm
0

0

5

.


b/Vì AB = R � sđ cung AB = 600 � � AMB = � APB = 300 � � QMP = � QPM =
600 � đpcm.
c/Vì � AMB = � APB = 300 �  AMP cân tại A � AP =AM và QP = QM � AQ là

trung trực của PM � AQ  PM..Ta có : AK = AM. SinAMK= AM .sin300 = AM:2
AQ = AM:SinMQA= AM:sin300 = 2AM �

AK
AQ

=1/4.

B4/ta có  ’ =-m2 -6m-5 ĐK  ;  0 � m2 +6m+5 �0 � (m+1)(m+5) �0 � -5 �m �
-1. Tính tổng 2 nghiệm thay vào biểu thức T và rút gọn được T = /3m-2/ với ĐK � 3m – 2
< 0 � T = -3m +2
* m  -5 � -3m �15 � -3m +2 �17 hay T �17 � max T = 17 � m = -5
*m �-1 � -3m  3 � -3m +2  5 hay T  5 � minT bằng 5 � m = -1
NĂM HỌC 2006-2007( Khánh Hoà)
B1/(Không dùng máy tính bỏ túi )
a/Tính A =

8  12  (2 2  3)

�x  y  4

b/ Giải hệ phương trình: �

2x  y  7
�

2

B2: Trong mặt phẳng Oxy , cho (P) y = -x và đường thẳng d: y = 2x a/ Vẽ (P)
b/Đường thẳng d đi qua gốc tạo độ O và cắt (P) tại điểm thứ hai là A.Tính độ dài đoạn OA

B3:Cho  ABC, vẽ hai đường cao BF và CE. BF và CE cắt nhau tại H.
a/C/m: B,E,F,C cùng thuộc đường tròn,xác định tâm O.
b/C/m: AH  BC
c/ AH cắt BC tại K.C/m: KA là tia phân giác  EKF
d/ Giả sử  BAC tù .C/m:

AK AE AF


1
HK BE CF

B4: a/ Giải PT : 6x4 –7x2 –3 = 0
b/Với giá trị nguyên nào của x thì biểu thức B =

2x  7 x  6
x x  2

nhận giá trị nguyên.

HD: NĂM HỌC 2006-2007( Khánh Hoà)
B1/ a / A = 3 3 b/ ( x = -1; y =5)
B2/ a/ tự vẽ b/ pt h độ giao điểm của d và P là : x2 + 2x = 0 � x=0 ; x = -2 � y =0 ; y = -4
2
� A (-2;-4) � OA = x2
A  yA  4  16  4 5

B3/ a/BÊC= � BFC = 900 � đpcm tâm O là trung điểm BC
b/  ABC có H là trực tâm � AH là đường cao thứ 3 � AH  BC
c/c/m AFKB nội tiếp � � FKH = � ABH.( cùng chắn cung AF). c/m HKBE nội tiếp �

� HKE= � ABH ( cùng chắn cung HE) � đpcm.
d/ Vẽ lại hình khi góc A tù :
A
Xét  ABC và  HBC cùng đáy BC �
H

F

F
E
H

B

K

O

C

B
h.2006

K

S
 ABC
HK SHBC

tương tự ta có :

S
 AHC
BE SHBC

;

AK

E
A

C

AE

đpcm.

6

AF

CF



SHAB
SHBC

Cộng các đẳng thức ta có

B4/a/ đặt x2 = t  0 có PT : 6t2 – 7t -3 = 0 Giải được t1=3/2 (N) ; t2 = -1/3 (L)
Khi t = 3/2 �
B

b/
B

3

x �

2

2x  4 x  3 x  6
x 2 x  x  2
(2 x  3)( x  2)
( x  2)( x  1)





2 x( x  2)  3( x  2)
( x  2)  ( x  2)



2 x3

x 1

ĐK : x  0; x �1
B  2

5
x 1

� B �Z � 5M( x  1) � x  1� 1; 1;5; 5

� x � 2;0;6 � x � 4;0;36

Tuyển 10 Năm học 2007 – 2008 ( Khánh Hoà)
B1/ a/ Tính không dùng máy:
B2/ a/ Vẽ đồ thị y =

1
2

2
3 1



2
3 1

b/ Giải Phương trình : 2 x 2  7 x  4  0

x2 .

b/Hai đường thẳng (d1 ) : x – 3y = 4 và(d2):

x
 y  2 cắt nhau. TÌm toạ độ giao điểm của hai
2

đường đó bằng PP đại số. Chứng tỏ rằng (d1); (d2) và d3) : y = x – 4 đồng qui.
B3/ Cho PT : x2 +mx+2m-4 = 0 a/ Chứng tỏ PT luôn có nghiệm với mọi m.
b/Gọi x1; x2 là hai nghiệm phân biệt của PT .Tính giá trị nguyên dương của m để biểu thức A
=

x1 x2
x1  x2

có giá trị nguyên.

B4/ Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB và C là điểm chính giũa cung AB. Trên
cung nhỏ AC lấy M tuỳ ý, đường thẳng AM cắt đường thẳng BC tại D.
� �
a/ Chứng minh : DMC
ABC
b/ Trên tia BM lấy điểm N sao cho BN = AM. Chứng minh : MC = NC.
c/ Đường tròn đi qua 3 điểm A;C;D cắt đoạn OC tại điểm thứ hai I:
i/ Chứng minh : AI song song MC.
ii/ Tính :

OI
CD

HD:Tuyển 10 Năm học 2007 – 2008 ( Khánh Hoà)
B1/ a/ Trục căn thức mỗi số hạng ĐS : = 2 b/ nghiệm là : x1 = 4 ;x2 = -0,5
B2/ a/ Tự vẽ
�x  3y  4
�
�x  3y  4
�
y 0
��
� ... � �
b/ toạ độ giao điểm là nghiệm hệ : �x
 y 2
�x  2y  4
�x  4
�
�2

Vậy 2 đường thẳng cắt tại A(4;0). Thay x = 4 và y =0 vào PT d3 được : 4-4=0 ( đẳng thức
đúng ) � A � d3 � 3 đ.thẳng đồng quy.
B3/ a/ ta có  = m2 – 8m + 16 = ( m-4)2  0 � pt luôn có nghiệm với mọi m.
b/ ĐK: m � N* và  > 0 � m � N* và m �4.
.Tính tổng và tích 2 nghiệm. Thay vào

7


A

2m 4
m

 2 

4
m

� A �Z � 4Mm� m� 1;2;4; 1; 2; 4

m = 1 hoặc m = 2
B4/a/

.Dự vào ĐK . Kết luận

D
h.2007

C

Vì ABCM nội tiếp � � ABC + � AMC =
1800 ( ĐL) mà � AMC + � DMC = 1800
kề bù ) � đpcm
A
B
(b/Vì cung CA = cung CB � CA = CB(ĐL).
MÂC = � CBN( cùng chắn cung MC) .
�
�
 AMC =  BNC
AM = BN (GT)
CM = CN.

c/i/ Ta có OC=OA=OB và OC  AB �  AOB và  BOC vuông cân tại O.
Ta có � DAI = � OCB = 450 ( cùng bù với � DCI) . Câu a ta được � DMC = � ABC =
450 � � DMC = � DAI ở vị trí đồng vị � AI//MC.
Ii/Ta có � ACB = 900 (?) � � ACD = AÔC = 900 và � OAI = CÂD ( Vì cùng cộng với
IÂC bằng 450 ) �  ACD ~  AOI � OI:CD = AO:AC= Cos OÂC= Cos450 = 2 : 2
Tuyển 10 2008 – 2009 ( Khánh Hoà)
B1/ a/ Tính gtrị biểu thức: A = 5 12 - 4 75 + 2 48 - 3 3
M

=

I

N

//

O

b/ Giải ptrình: x4 – 7x2 – 18 = 0.

c/ Giải hệ ptrình:

2 x  y 3
�
�
3
�x  y  2

B2/ Cho hai hàm số y = -x2 có đồ thị (P) và y = 2x – 3 có đồ thị (d).

a/ Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
b/ Bằng phương pháp đại số, xác định
toạ độ giao điểm của (P) và (d).
B3/ Lập ptrình bậc 2 ẩn x có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn các điều kiện: x1 + x2 = 1 và
x1
x
13
 2 
x1 1 x2 1 6 .

V

B4/ Cho ABC vuông tại A. Kẻ đcao AH và đường phân giác BE (H �BC, E �AC). Kẻ AD
 BE (D �BE).
a/ C/minh tứ giác ADHB nội tiếp. Xác định tâm O của đtròn (O) ngoại tiếp tứ giác ADHB.
b/ C/minh tứ giác ODCB là hthang.
c/ Gọi I là giao điểm của OD và AH. C/minh:
d/ Cho

1
1
1


.
4 AI 2
AB 2 AC 2
0
ABC = 60 , độ
biết �

nhỏ

�
AH

dài AB = a. Tính theo a diện tích hình phẳng giới hạn bởi AC, BC và cung

của (O).
HD: Tuyển 10 2008 – 2009 ( Khánh Hoà)

B1/ A = A  5 4.3  4 25.3  2 16.3  3 3  10 3  20 3  8 3  3 3  5 3
b/Đặt x2 = t  0 cĩ PT: t2 – 7t -18 = 0 Giải được t1 =9
;t2 = -2(L) � x = 3 ; x = -3
c/ Cộng từng vế được x = 1; thay x= 1 vo Pt tính được y = 1. KL (x=1;y=1) l nghiệm
B2/ a/ HS tự vẽ b/ PT hồnh độ giao điểm :x2 +2x-3 = 0 .Giải được x1 =1; x2 = -3 � y1 =
-1;y2 = -9. Vậy giao điểm l (1;-1) ; (-3;-9)
B3/
x1
x
x .(x  1)  x2.(x1  1)) 13
2x1x2  (x1  x2 )
13
13
 2 
� 1 2

�

x1  1 x2  1 6

( x1  1).(x2  1)
6
x1.x2  (x1  x2)  1 6
2x1x2  1
x1x2



13
6

� x1x2  6

PT cần lập là : x2 - x – 6 = 0
8


a/ � AHB = � ADB = 900 � ADHB nội
tiếp tâm O là trung điểm AB.
b/ Vì � ABD = � HBD � cung AD =
cung HD � OD  AH(ĐL) mà BC  AH
� BC//OD � ODCB hình thang.
c/Vì OD  AH � IA = IH (ĐL) � AI=
2AH.  ABC vuông tại A có đường cao AH �

B4/

A
E
O

AH

h.2008

D

1
B

I

2



1
1
1
1
1

� C 

2
2
2
2
2
H

AB
AC
4AI
AB
AC

d/ Gọi diện tích phần cần tính là S thì S = dt(AOHC) – dt (hình quạt AOH)
Ta có AÔH = 2. � ABC = 1200 � dt (hình quạt AOH)=
a 3

Ta có AH = AB. SinB= a .Sin600 =

2

2
0
2
(a : 2) 120
π
a π

0
12
360

(đvdt)

. BH = AB.cosB = a:2.  AHB có OI là đường trung

bình � OI = BH:2 = a :4 � dt(  AOH) = (AH.OI):2 =

2
a 3
16

(Đvdt)

Ta có AB2 = BH.BC � BC = AB2 :BH = 2a � HC = BC – BH = 2a – a:2 = 3a/2
dt(  AHC) = (AH.HC):2 =
dt(AOHC) =

2
a 3
16

B1/a/Cho biết A =

+

2
3a 3

5

8

=

2
3a 3

8
2
7a 3
16

� S=

2
2
2
7 3 π�
7a 3 a π a �
-  �  3 �(đvdt)
12
4 �4
16
�

Tuyển 10 2009 – 2010 ( Khánh Hoà)
15 và B = 5  15 .Hãy so sánh tổng A+ B và tích A.B
�
2x  y  1

b/Giải hệ phương trình: �

3x  2y  12
�

B2/Cho Parabol (P) :y= x2 và đưòng thẳng (d):y = mx-2 ( m là tham số, m�0 )
a/Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng Oxy.

b/Khi m=3, tìm toạ độ độ giao điểm (P) và (d).
c/Gọi A  XA; YA  , B  XB; YB  là giao điểm phân biệt của (P) và (d). Tìm các giá trị của m sao

cho: YA  YB  2 X A  XB   1
B3/Một mảnh đất có chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m và bình phương độ dài đường chéo gấp
5 lần chu vi. Xác đình chiều dài và chiều rộng của mảnh đất.
B4/Cho đường tròn (O;R). từ một điểm nằm ngoài (O;R) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB (A,
Blà hai tiếp điểm). Lấy một điểm C bất kì trên cung nhỏ AB (C khác A và B). Gọi D, E, F lần
lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB, AM, BM.
a/Chứng minh AECD là tứ giác nội tiếp.
b/Chứng minh: � CDE = � CBA
c/Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh IK//AB.
2
2
d/Xác định vị trí điểm trên cung nhỏ AB để  AC  CB  nhỏ nhất.Tính giá trị nhỏ nhấtđó
khi OM = 2R.
HD: Tuyển 10 2009 – 2010 ( Khánh Hoà)
HD: B1/ a/ A +B = 5  15 + 5  15 =10 ; A>B =( 5  15 ).( 5  15 ) = 25-15 = 10
Vậy A+B = A.B
9


�
4x  2y  2

7x14
�
��
� ... �
2x y1

�
3x  2y  12
�

�x2
�
�y3

b/ hệ � �

B2/a/ tự vẽ b/ m = 3 � d: y = 3x -2 . Ta có pt h.độ giao diểm của d và P là :
x2 – 3x +2 = 0 có dạng a+b+c = 0 � x1 = 1; x2 = 2 � y1 = 1; y2 = 4 � toạ độ giao điểm là
(1;1) và (2;4)
c/ pt hđộ giao điểm của d và P là x2 – mx +2 = 0. Ta có  = m2 -8 . ĐK để d cắt P tại 2 điểm
2
2
phân biệt là  > 0 � m2 - 8 > 0.. Khi đó ta có :  XA  XB   m; XA.XB  2; yA  xA; yB  xB
Thay vào hệ thức đã cho được : (xA +xB)2 – 2xA.xB = 2m – 1 � m2 – 4 -2m +1 = 0 � m2 –
2m -3 = 0 có dạng a –b +c = 0 � m1 = -1 ; m2 = 3. Thay vào ĐK m2 – 8 > 0 ta chọn m = 3.
B3/ Gọi chiều rộng HCN là x (m) ĐK x > 0. Chiều dài là x +6 (m). Bình phương đường
chéo là x2 + ( x+6)2 ( m2) . Chu vi hình chữ nhật 2. (x + x+6)= 4x+12 (m).
Ta có PT: x2 + ( x+6)2 = 5.( 4x +12) � x2 – 4x – 12 = 0 . Giải được x1 = 6 (N) ; x2 = -2 (L).
B4/
A
�  ACD
�  2v
a. / AEC
E
 Tứ gic AECD nội tiếp
I

b./

�  CAE
�
CDE

�  CAE
�
CBA

� )
( cng chắn EC
�)
( cng chắn AC

D

C

M

H

K

�  CBA
�
 CDE

O

F
B

� ) = CAB
�  CDB
�  2v  tứ gic FCDB nội tiếp  CDF
�  CBF
� ( cng chắn CF
� ( cng chắn
c. /
CFB
�)
CB
�  IDK
�  ICK
�  IDC
�  CDK
� = ACB
�  CAB
�  CBA
� = 2v  Tứ gic CIDK nội tiếp
ICK
� )  CIK
�  CDK
� ( cng chắn CK
�  CAB
� (đồng vị )  IK // AB
CIK

d./ Khơng mất tính tơng qut : Giả sử AC < BC  D thuộc đoạn AH
 AC2 = AD2 + CD2 = ( AH – DH)2 +CD2 = AH2 + DH2 – 2AH.DH + CD2
BC2 = BD2 + CD2 = ( BH + DH)2 + CD2 = BH2 + DH2 + 2BH.DH + CD2
 AC2 + BD2 = 2AH2 + 2HC2
vì AH khơng đổi nn AC2 + BD2 nhỏ nhất khi HC nhỏ nhất
Gọi điểm chính giữa cung AB là C’. Nếu C trùng C’ thì HC = HC’.
� '  OC
� 'C mà OCC
� '  HCC
� ' � OC
� 'C  HC
� 'C  HCC
� ' �
Nếu C �C’ ta có :  OCC’ cân tại O � OCC
HC > HC’ .
�
Vậy HC nhỏ nhất bằng HC’ � C l điểm chính giữa AB
TUYỂN 10 NĂM HỌC 2010-2011
Bài 1.(3.00 điểm)

(Không dùng máy tính cầm tay)
1. Rút gọn biểu thức: A  5 20  3  45 .





�x  y  5
2. Giải hệ phương trình: �
.

�x  y  3
3. Giải phương trình: x 4  5x 2  4  0 .
10


Bài 2.(1.00 điểm)
Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m: x 2  2(m  1)x  m 2  1  0 .
Tính giá trị của m, biết rằng phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn điều kiện:
x1  x 2  x1.x 2  1 .
Bài 3.(2.00 điểm)
Cho hàm số: y  mx  m  2 , có đồ thị là đường thẳng (dm).
1. Khi m  1 , vẽ đường thẳng (d1).
2. Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (dm) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6;1) đến đường thẳng (dm) khi m thay đổi.
Bài 4.(4.00 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kì trên cạnh BC (M khác B và C). Qua B kẻ
đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K.
1. Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh: KM  DB .
3. Chứng minh: KC. KD = KH. KB.
4. Kí hiệu SABM , SDCM lần lượt là diện tích các tam giác ABM, DCM. Chứng minh tổng
 SABM  SDCM  không đổi. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để  S2ABM  S2DCM  đạt giá
trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo a.

(ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC)
A. Hướng dẫn chung:
- Hướng dẫn chấm gồm có 02 trang;
- Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng;
- Bài 4 không vẽ hình không chấm, điểm toàn bài không làm tròn.
B. Đáp án và thang điểm:

Bài
Đáp án
Rút gọn biểu thức: A  5
1.1





20  3  45

A  100  3 5  45

1điểm
0.25
0.50
0.25

 10  3 5  3 5
 10 .

1.2

Điểm

�x  y  5
�x  y  3

Giải hệ phương trình: �

1điểm

2x  8
�x  y  5
�
��
�
�x  y  3
�y  x  3

0.25

�x  4
��
�y  x  3

0.25

11


�x  4
��
�y  1

1.3

0.25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y)  (4;1) .

Giải phương trình: x 4  5x 2  4  0
Đặt t = x2 (t �0). Phương trình trở thành: t2 - 5t + 4 = 0
Phương trình có: a + b + c = 0 nên t1  1 (nhận); t 2  4 (nhận)
Vậy phương trình có 4 nghiệm: x1  1; x 2  1; x 3  2; x 4  2 .

0.25
1điểm
0.25
0.25
0.25
0.25

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x 2 thỏa mãn: x1  x 2  x1.x 2  1

1điểm

t1  x 2  1 � x  �1; t 2  x 2  4 � x  �2

0 m
Phương trình có hai nghiệm x1 ; x 2 khi  ' = 2m + 2 �

1

�x1  x 2  2(m  1)

2

Viết đúng hệ thức Vi-et: �

2

�x1.x 2  m  1
Thay vào: x1  x 2  x1.x 2  1 � m 2  2m  0 � m1  0 (nhận); m 2  2 (loại)
Kết luận: Khi m = 0 thì phương trình có 2 nghiệm x1 ; x 2 thỏa mãn:
x1  x 2  x1.x 2  1 .

Khi m  1 , vẽ đường thẳng (d1)
Khi m  1 , ta có (d1 ) : y  x  1

0.25
0.25
0.25
0.25
1điểm
0.25

Bảng giá trị:
x
y=x+1

0
1

-1
0

0.25

Vẽ đường thẳng:
3.1

y

(d1): y = x + 1
H

4

2

0.50

I
M

x

O
5

3.2

Tìm điểm cố định của (dm). Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6;1) đến
(dm)
Gọi I(x 0 ; y 0 ) là điểm cố định cần tìm, ta có (x 0  1)m  2  y0  0 ; m
�x 0  1  0
�x 0  1
��
��
, nên (dm) luôn đi qua điểm cố định I(1; 2) với mọi m
2  y0  0

�
�y 0  2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (dm), khi đó MH là khoảng cách từ M
đến (dm) và MH �MI (MI cố định)

12

1điểm
0.25
0.25
0.25


Vậy khoảng cách từ M đến (dm) lớn nhất bằng MI khi H �I ((d m )  MI) , khi đó
MH max  MI  (x I  x M ) 2  (y I  y M )2  (1  6) 2  (2  1) 2  26 (đvđd).

Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp

1điểm

A

B

Không
cho
điểm
hình vẽ
bài 4

H
M

4.1
D

4.2

4.3

C

K

�  900
Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên BCD
�  900
BH  DM tại H (giả thiết) nên BHD
Suy ra H và C cùng nhìn BD dưới một góc bằng 900
Vậy BHCD là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh: KM  DB
Xét tam giác BDK ta có BC là đường cao
Và DH là đường cao
BC cắt DH tại M, nên M là trực tâm của tam giác BDK
Suy ra KM  DB .
Chứng minh: KC. KD = KH. KB
Hai tam giác KCB vuông tại C và KHD vuông tại H
� chung
K

� KCB  KHD
KC KB
�
� KC. KD = KH.KB.

KH KD

0.25
0.25
0.25
0.25
1điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
1điểm
0.25
0.25
0.25

Chứng minh tổng  SABM  SDCM  không đổi. Xác định vị trí M và tính GTNN

1điểm

1
 AB.BM  DC.CM 
2
1
1

1
 AB.BC  SABCD  a 2 (không đổi)
2
2
2
1
Mặt khác, ta có: x 2  y 2 � (x  y) 2 , x, y �R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
xy

Ta có SABM  SDCM 

4.4

0.25

1
2

Do đó:  S2ABM  S2DCM  �  SABM  SDCM  
2

0.25

0.25
0.25

0.25

4

a
8

2
2
Vậy:  SABM  SDCM  đạt giá trị nhỏ nhất khi SABM  SDCM , khi đó M là trung điểm

của BC. Giá trị nhỏ nhất cần tính:  S2ABM  S2DCM  min 
13

a4
.
8

0.25


TUYỂN 10 NĂM HỌC 2011-2012
Bài 1.(3.00 điểm)

(Không dùng máy tính cầm tay)
1
 3.
1. Tính giá trị của biểu thức A 
2 3
2x  y  5
�
2. Giải hệ phương trình �
.

3x  y  10
�

3. Giải phương trình x 4  5x 2  36  0 .
Bài 2.(2.00 điểm)
1
Cho parabol (P) : y  x 2 .
2
1. Vẽ (P) trong mặt phẳng tọa độ Oxy.
2. Bằng phương pháp đại số, hãy tìm tọa độ các giao điểm A và B của (P) và đường thẳng
(d) : y   x  4 . Tính diện tích tam giác AOB (O là gốc tọa độ).
Bài 3.(1.00 điểm)
Cho phương trình bậc hai x 2  (m  1)x  3(m  2)  0 (m là tham số). Tìm tất cả các
giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x 2 thỏa mãn điều kiện x13  x 32 �35 .
Bài 4.(4.00 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (kí hiệu là (O)). Qua trung điểm I
của AO, vẽ tia Ix vuông góc với AB và cắt (O) tại K. Gọi M là điểm di động trên đoạn IK (M
khác I và K), kéo dài AM cắt (O) tại C. Tia Ix cắt đường thẳng BC tại D và cắt tiếp tuyến tại
C của (O) tại E.
1. Chứng minh tứ giác IBCM nội tiếp.
2. Chứng minh tam giác CEM cân tại E.
3. Khi M là trung điểm của IK, tính diện tích tam giác ABD theo R.
4. Chứng tỏ rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD thuộc một đường thẳng cố định khi
M thay đổi.
--------- HẾT --------(ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC)
A. Hướng dẫn chung
- Hướng dẫn chấm gồm có 02 trang; mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương
ứng;
- Bài 4 không vẽ hình không chấm; điểm toàn bài không làm tròn.
B. Đáp án và thang điểm

Bài

Đáp án
14

Điểm


Tính giá trị của biểu thức A 
1.1

1
 3.
2 3

1
điểm

2 3
 3
(2  3)(2  3)

A

0.25

2 3
 3  2 3 3
43
 2.

2x  y  5
�
Giải hệ phương trình �
.
3 x  y  10
�


1.2

0.50
0.25
1
điểm

5x  15
�
�x  3
��
2x  y  5
2x  y  5
�
�

Hệ � �

0.50

�x  3
�x  3

��
��
.
�y  5  2x
�y  1

0.50
1
điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
1
điểm

Giải phương trình x 4  5 x 2  36  0 .
1.3

Đặt t = x2 (t �0). Phương trình trở thành t2 – 5t – 36 = 0
Giải phương trình ta được t1  9 (nhận); t 2  4 (loại)
t1  x 2  9 � x  �3

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1  3; x 2  3.
Vẽ ( P) : y  (1/ 2) x 2 .
Bảng giá trị
x
y = (1/ 2)
x2

2.1

…

–2

–1

0

1

2

…

…

2

1/2

0

1/2

2

…

0.50

Đồ thị
y

A

8

0.50

6

 



 
4

 
 

2

B

x
-5

2.2

O

5

Tìm tọa độ các giao điểm A và B của (P) và đường thẳng (d ) : y   x  4 . Tính S AOB .

15

1
điểm


1 2
x   x  4 � x 2  2x  8  0
2
Giải phương trình được x1   4 � y1  8 ; x 2  2 � y 2  2 . Vậy A( 4;8) ; B(2; 2)

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là

Ta có OA  (4) 2  82  80 ; OB  22  22  8 ; AB  (2  4) 2  (2  8) 2  72
Suy ra AB2  OB2  OA 2  80 ; nên tam giác AOB vuông tại B
1
2

Do đó SAOB  AB.OB 

1
72. 8  12 (đvdt).

2

  (m  1) 2  4.3(m  2)  m 2  10m  25  (m  5) 2 �0 m . Phương trình có nghiệm với

mọi m
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có x1  x 2  m  1; x1x 2  3(m  2)
x  x �35 � (x1  x 2 )  3x1x 2 (x1  x 2 ) �35 � (m  1)  3.3(m  2)(m  1) �35
3
1

3
2

3

3

�
m3 ��
6m 2�۳
12m 16 0

0.25
0.25
0.25

3
3
Tìm m để phương trình x 2  (m  1) x  3(m  2)  0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa x1  x2 �35 .

3

0.25

(m 2)3

8

m

4.

Chứng minh tứ giác IBCM nội tiếp.

1
điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
1
điểm

x

(d)
D

N

R

Không
chấm
điểm
hình
vẽ

E
C
F

K

4.1
M

A

I

O

R

B

�  900
Theo giả thiết Ix  AB nên MIB
�  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mặt khác MCB
�  MCB
�  900  900  1800
Nên MIB
Vậy tứ giác IBCM nội tiếp.
Chứng minh tam giác CEM cân tại E.

4.2

4.3

�  ECM
� (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn CA
� )
Ta có CBA
�  EMC
�
�
Mà CBA
( EMC
là góc ngoài của tứ giác nội tiếp IBCM)
�  EMC
�
Suy ra ECM
Nên tam giác CEM cân tại E.
Khi M là trung điểm của IK, tính diện tích tam giác ABD theo R.

Do KI  AO tại trung điểm I của AO và OK = OA = R nên AKO đều cạnh R
Khi M là trung điểm của IK ta có IM 

IK R 3

2
4
16

0.25
0.25
0.25
0.25
1
điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
1
điểm
0.25


� )
�  BDI
� (cùng phụ với CBA
Xét hai tam giác vuông AIM và DIB ta có MAI
Do đó AIM : DIB (g.g)
AI IM
AI.IB (R / 2)(3R / 2)
R
3R �

�

� DI 

 R 3 �AI  ; IB 
�
DI IB
IM
2
2 �
R 3/4
�
1
1
Tam giác ABD có DI là đường cao nên SABD  .DI.AB  .R 3.2R  R 2 3 (đvdt).
2
2
Tâm đường tròn ngoại tiếp  AMD thuộc một đường thẳng cố định khi M thay đổi.
�

4.4

Tam giác DCM vuông tại C và EC = EM (tam giác CEM cân tại E) nên E là trung điểm
MD. Gọi F là trung điểm của AD. Các đường trung trực của AD và DM cắt nhau tại N
nên N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD
 ABD có M là trực tâm nên BM  AD . Áp dụng các cặp góc nhọn có cạnh tương ứng
�  FDE
�  MBA
� ; FEN
�  BDI

�  MAB
�
vuông góc ta có FNE
(FE là đường trung bình của
AMD nên FE  DB ). Suy ra EFN : AMB (g.g)
�

EF EN 1
1

 � EN  AB  R : không đổi
AM AB 2
2

Vậy N thuộc đường thẳng cố định (d) song song với ID và cách ID một khoảng bằng R
không đổi (như hình vẽ).
------- HẾT ------TUYỂN 10 NĂM HỌC 2010-2011
(CÁC LỚP KHÔNG CHUYÊN )

0.25
0.25
0.25
1
điểm
0.25
0.25
0.25
0.25

Bài 1.(2.00 điểm)

2 3 6 84
.
2 3 4
1
1
�
�

2. Cho biểu thức P  a  �
�(với a �1 ).
a  a 1 �
� a  a 1
Rút gọn P và chứng tỏ P �0 .
Bài 2.(2.00 điểm)
1. Cho phương trình bậc hai x 2  5x  3  0 có hai nghiệm x1 ; x 2 . Hãy lập một phương trình
bậc hai có hai nghiệm (x12  1) và (x 22  1) .
3
�2
�x  y  2  4
�
2. Giải hệ phương trình �
.
�4  1  1
�
�x y  2
Bài 3.(2.00 điểm)
Quãng đường từ A đến B dài 50 km. Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc
không đổi. Khi đi được 2 giờ, người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ. Muốn đến B đúng thời gian
đã định, người đi xe đạp phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại. Tính vận
tốc ban đầu của người đi xe đạp.

1. Đơn giản biểu thức A 

Bài 4.(4.00 điểm)
17


Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm. Vẽ hình bình hành BHCD. Đường thẳng
đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E.
1) Chứng minh A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.
�  DAC
� .
2) Chứng minh BAE
3) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC, đường thẳng
AM cắt OH tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC.
4) Giả sử OD  a . Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a.
--------- HẾT --------(ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC)
A. Hướng dẫn chung:
- Hướng dẫn chấm gồm có 02 trang;
- Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng;
- Bài 4 không vẽ hình không chấm, điểm toàn bài không làm tròn.
B. Đáp án và thang điểm:
Bài

Đáp án
A

1.1
A





2 1

2 3 4

2 3 4





0.50

2 1.

0.50

1
1
�
�
P  a �

� a 
a  a 1 �
� a  a 1

1.2



2 3 4 2 2 3 4
2  3  2.3  2.4  2. 4

2 3 4
2 3 4

Điểm

P  a  2 a 1



a  a 1  a  a 1
a  a 1



a  a 1



a

2 a 1
a  (a  1)

0.25

P  a  2 a 1  a 1 2 a 1  1 





2

a  1  1 �0 .

Áp dụng hệ thức Vi-et vào phương trình, ta có x1  x 2  5; x1x 2  3
Đặt u  x12  1 và v  x 22  1 . Khi đó
2.1

S  u  v  x12  1  x 22  1  x12  x 22  2  (x1  x 2 ) 2  2x1x 2  2  (5) 2  2.3  2  21
P  uv  (x12  1)(x 22  1)  (x1x 2 )2  (x12  x 22 )  1  (x1x 2 ) 2  (x1  x 2 ) 2  2x1x 2  1

 32  (5) 2  2.3  1  29

Do đó phương trình bậc hai cần lập là x 2  21x  29  0 .
2.2

�x �0
�y �2

Điều kiện �
1
x

Đặt X  ; Y 

0.50

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

2X  3Y  4
1
�
thì hệ � �
y2
4X  Y  1
�

18

0.25


� 1
X
�
�� 2
�
Y 1

�

0.25

�1 1

�
�x  2
�x 2
��
��
(thỏa điều kiện). Kết luận
� 1  1 �y  3
�y  2

�x  2
.
�
�y  3

0.25

Gọi x (km/h) là vận tốc ban đầu của xe đạp ( x  0 )
50
Thời gian dự định đi từ A đến B là
(giờ)
x

0.25
0.25

Thời gian người đi xe đạp đi trên đoạn đường còn lại sau khi nghỉ là
3

(giờ)
Theo đề bài ta có phương trình 2 +

50  2x
x2

1 50  2x
50
� x2 + 10x – 200 = 0
+
=
2
x2
x

Giải ra ta được x = 10 ; x = – 20
Đối chiếu điều kiện ta chọn x = 10. Vận tốc ban đầu của người đi xe đạp là 10
km/h.

0.25
0.50
0.50
0.25

A

H

4.1

O

G

C

B
M

D

E

4.2
4.3

Không
chấm
điểm
hình vẽ
bài 4

Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên BH  AC
�  900 (1)
Mà DC // BH (BHCD là hình bình hành) nên DC  AC hay ACD
�  900 (2)

Tương tự ABD
�  900 (3) (vì DE // BC mà BC  AH )
Mặt khác ta có AED
Từ (1), (2) và (3) suy ra các điểm B, C, E cùng nhìn đoạn AD cố định dưới một
góc vuông nên A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn (O) đường kính AD.
�  CD
�
Trên đường tròn (O) ta có DE // BC (giả thiết) nên BE
�  DAC
�
Do đó BAE
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm O của AD
19

0.25
0.25
0.25
0.25
0.50
0.50
0.25


Theo giả thiết M là trung điểm của BC nên AM là trung tuyến của tam giác
ABC và ba điểm H, M, D thẳng hàng (thuộc đường chéo của hình bình hành
BHCD)
Tam giác AHD có AM và HO là hai trung tuyến cắt nhau tại G nên G là trọng
tâm.
Do đó

4.4

GM 1

GA 2

Suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC.
Vì BHCD là hình bình hành nên ta có BHC  CDB
Mà bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDB là OD  a nên bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC là R = a
Do đó độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng 2a .

0.25

0.25
0.25
0.25
0.50
0.25

TUYỂN 10 NĂM HỌC 2012-2013
Bài 1.(2.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
1) Rút gọn biểu thức A  12  48  75 .
2x  y  3
�
2) Giải hệ phương trình �
.
3x  2y  8
�

Bài 2.(2.00 điểm)
1
Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) : y  x 2 .
4
1) Vẽ đồ thị (P).
1
x  m 2 cắt parabol
2
2
(P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1 ) và B(x 2 ; y 2 ) sao cho y1  y 2  x1  3x 22  2 .
Bài 3.(2.00 điểm)
Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn sau 1 giờ 3 phút bể đầy nước. Nếu mở riêng
từng vòi thì vòi thứ nhất chảy đầy bể chậm hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng
vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu đầy bể ?
Bài 4.(4.00 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB, (O) cắt BC tại
điểm thứ hai là D. Gọi E là trung điểm của đoạn OB. Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với
DE cắt AC tại F.
1) Chứng minh tứ giác AFDE nội tiếp.
�  AEF
� .
2) Chứng minh BDE
�  3tan AEF
� .
3) Chứng minh tan EBD
4) Một đường thẳng (d) quay quanh điểm C cắt (O) tại hai điểm M, N. Xác định vị trí
của (d) để độ dài (CM + CN) đạt giá trị nhỏ nhất.
2) Xác định các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y 

 HẾT 

20


(ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC)
A. Hướng dẫn chungB. Đáp án và thang điểm
Bài

Đáp án
Rút gọn biểu thức A  12  48  75 .

Điểm
1 điểm

12  2 3
1.1
48  4 3
75  5 3
Vậy A  2 3  4 3  5 3  3 .

0.25
0.25
0.25
0.25

�2x  y  3
Giải hệ phương trình �
.
3x  2y  8
�

1 điểm

2x  y  3
4x  2y  6
�
�
��
�
3x  2y  8
3x  2y  8
�
�
1.2

0.25

7x  14
�
��
3x  2y  8
�
�x  2
��
3.2  2y  8
�

0.25
0.25

�x  2

��
.
�y  1

0.25

Vẽ đồ thị (P).
Bảng giá trị

1 điểm
x

2.1

y

–4

1 2
x
4

4

–2

0

4
2

1

0

1

4

Xác định đúng O(0; 0)
Xác định đúng ít nhất tọa độ hai điểm thuộc hai nhánh của (P)
Đồ thị (P)
y
4

2

1

x
-4

-2

O

2

21

4

0.25
0.25


Vẽ đúng, đủ hệ trục tọa độ Oxy
Vẽ đúng đồ thị.

0.25
0.25

1
1
x  m 2 cắt (P) : y  x 2 tại hai
2
4
2
2
điểm phân biệt A(x1; y1 ) và B(x 2 ; y 2 ) sao cho y1  y 2  x1  3x 2  2 .
Xác định các giá trị của tham số m để (d) : y 

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là x 2  2x  4m 2  0
Ta có  '  1  4m 2  0 m nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m
Theo định lý Viet, ta có x1  x 2  2
2.2
1
y1  y 2  x12  3x 22  2 � (x1  x 2 )  x12  3(2  x1 ) 2  2  0
2
� 2x12  13x1  11  0

� x1  1 (loại vì x1  x 2  1 ); x1 

3

11
77
(nhận) � m  �
2
4

77
Vậy m  �
là các giá trị cần tìm.
4
Giải bài toán bằng cách lập phương trình (hoặc hệ phương trình).
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) (x  2)
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là x – 2 (giờ)
63 21
20

1 giờ 3 phút =
(giờ). Trong một giờ cả hai vòi cùng chảy được
(bể)
60 20
21
1
Trong một giờ vòi thứ nhất chảy được
(bể)
x
1

Trong một giờ vòi thứ hai chảy được
(bể)
x2
1
1
20

� 10x 2  41x  21  0
Ta có phương trình 
x x  2 21
  29
Giải phương trình   (41) 2  4.10.21  841,
41  29 7
41  29 3
x1 
 (nhận), x 2 
  2 (loại)
20
2
20
5
Vậy vòi thứ nhất chảy một mình trong 3,5 giờ đầy bể; vòi thứ hai chảy một mình
trong 1,5 giờ đầy bể.

22

1 điểm

0.25
0.25

0.25

0.25
2 điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25


A

(d)

F

N

Không
chấm
điểm
hình vẽ
bài 4

O
E

4.1

M

K

B

D

C

Chứng minh tứ giác AFDE nội tiếp.
�  900 (giả thiết)
FAE
�  900 (giả thiết)
FDE
�  FDE
�  1800
� FAE
� tứ giác AFDE nội tiếp.
�  AEF
� .
Chứng minh BDE

1 điểm
0.25
0.25
0.25

0.25
1 điểm

�  900 (nội tiếp nửa đường tròn)
ADB
�  BDE
�
� )
4.2 ADF
(cùng phụ ADE
�  AEF
� (nội tiếp cùng chắn AF
� )
Tứ giác AFDE nội tiếp (câu 4.1) � ADF
�  AEF
� .
Suy ra BDE
�  3tan AEF
� .
Chứng minh tan EBD
� 
Vẽ EK  BC (K �BC) . Ta có tan EBD

KE
KB

�  tan BDE
�  KE
�  AEF
� (câu 4.2) nên tan AEF

4.3 Ta có BDE
KD
AD // EK (cùng vuông góc BC) nên theo định lý Talet, ta có

KB EB 1


KD EA 3

0.25
0.25
0.25
0.25
1 điểm
(1)

0.25

(2)

0.25

(3)

0.25

�  3tan AEF
� .
Từ (1), (2) và (3) suy ra tan EBD
Xác định vị trí của (d) để độ dài (CM + CN) đạt giá trị nhỏ nhất.

�
�  CNA
�
Xét hai tam giác CAM và CNA , ta có ACN
chung và CAM
(góc nội
tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến AC với dây cung AM). Suy ra CAM : CNA (g.g)
CM CA
�

� CM.CN  CA : không đổi
CA
CN
4.4
Mặt khác, ta có
CM  CN 



CM  CN



2

 2 CM.CN �2 CM.CN  2CA : không đổi

Vậy (CM + CN)min = 2CA  �CM
tiếp tuyến của (O).

CN

23

M

N : khi đó đường thẳng (d) là

0.25
1 điểm
0.25
0.25
0.25
0.25


------- HẾT ------TUYỂN 10 NĂM HỌC 2013-2014
Bài 1. (2,00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
1) Chứng minh



22  3 2
a





10  3 11  2 .



a 1

a

với a  0 và a �1 .
a 1
a a
Rút gọn rồi tính giá trị của P tại a  20142 .

2) Cho biểu thức P 

Bài 2. (2,00 điểm)
1) Tìm x, biết 3 2x  3  8x  12  1  2 .
�
3x 2  4y 2  2(3x  2y)  11
�
2) Giải hệ phương trình � 2
.
2
�x  5y  2x  5y  11
Bài 3. (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y  

1 2
x .
4

1) Vẽ đồ thị (P).
2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x  2 . Lập phương trình đường thẳng đi qua
điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB.
Bài 4. (4,00 điểm)
Cho đường tròn (O ; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M
là một điểm tùy ý thuộc đoạn OC (M khác O và C). Tia BM cắt đường tròn (O) tại N.
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
� .
2) Chứng minh ND là tia phân giác của ANB
3) Tính BM.BN .
4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là
trung điểm của EF. Nêu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE  AF)
không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
 HẾT 
(ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC)
A. Hướng dẫn chung
- Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang;
- Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng;
- Bài 4 không vẽ hình không chấm, điểm toàn bài không làm tròn.
B. Đáp án và thang điểm
24


Bài



Chứng minh







10  3 11  2 .

11  3

0,25

2

0,25
0,25

 11  9  2  VP .
P
a



a





a 1

a 1



a 1
a 1

1.2

a
a a
P



a

a
a a
a






0,25
với a  0 và a �1 . Rút gọn rồi tính giá trị P tại a  20142 .



a 1



a 1
a



a 1



a 1




a
a 1

1 điểm

0,25

1
a 1

0,25

a
1
a 1


 a 1
a 1
a 1
a 1

0,25

P  2014 2  1  2013 .

0,25

Tìm x, biết 3 2x  3  8x  12  1  2 .
2.1

Điểm
1 điểm

 20  6 11
11  3  11  3 
11  3  11  3

VT 
1.1

22  3 2

Đáp án

1 điểm

Phương trình tương đương với 3 2x  3  4(2x  3)  1  2

0,25

� 2x  3  1  2

0,25



� 2x  3  1  2



2

0,25

� x  2.

0,25

�
3x 2  4y 2  2(3x  2y)  11

�
Giải hệ phương trình � 2
.
2
�x  5y  2x  5y  11
�
3(x 2  2x)  4(y 2  y)  11
�
Hệ phương trình tương đương với � 2
(x  2x)  5(y 2  y)  11
�
�x 2  2x  1
2.2 � �
�2
�y  y  2
�x  1
�
� ��
y 1
�
�y  2
��

1 điểm
0,25
0,25

0,25

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (1; 1), ( 1;  2) .

25

0,25