ON TAP TUYEN SINH 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Sở giáo dục và đào tạo TP Hải Phòng Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
Năm học: 2010 - 2011
I. Phần trắc nghiệm:

<i><b>Khoanh tròn vào chữ cái trước câu trả lời đúng trong các bài tập sau</b></i><b>:</b>

Câu 1: Đường thẳng y = ax qua điểm M(-3 ; 2) và điểm N(1 ; -1) có phương trình là:

A. y = 4

1
4
3


 <i>x</i>

B. y = - 4
1
4
3


<i>x</i>

C. y = 3

1
3
2


 <i>x</i>

D. y = 3

1
3
2


 <i>x</i>
Câu 2: Phương trình x4_{– 2mx}2_{– 3m}2_{= 0 ( m}__{0 ) có số nghiệm là:}

A. Vơ nghiệm B. 2 nghiệm C. 4 nghiệm D. không xác định được
Câu 3: Phương trình 9

15
x
3

2
2



<i>x</i>

<i>x</i>

= x - <i>x</i> 3

<i>x</i>

có tổng các nghiệm là:

A. 4 B. - 4 C. -1 D. 1

Câu 4:Cho a + õ= 90<b>o</b>_{. Hệ thức nào sau đây là SAI ?}
A. 1- sin2_{a = sin}2_õ _{B. cot ga = tg õ}

C. tg õ =

sin
cos

D. tga = cotg(90<b>o_{– õ)}</b>
Câu 5: Tam giác ABC cân đỉnh A, đường cao AH có AH = BC = 2a. Diện tích tồn phần của hình
nón khi cho tam giác quay một vịng xung quanh AH là:

A.



<i>a</i>2₍ 31₎ _B.



<i>_a</i>2₍ 32₎ _B.



<i>_a</i>2₍ 51₎ _D.



<i>_a</i>2₍ 52₎
Câu 6: cho tga = 4

3

, giá trị của biểu thức C = 5sin2_{a + 3cos}2_{a là:}

A. 3,92 B. 3,8 C. 3,72 D. 3,36

II Phần tự luận:

Bài 1: Cho P = 














<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>
<i>x</i>
1
1

x 















<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>
<i>x</i>
1
1

.
a. Rút gọn P

b. Tìm x để p < 7 - 4 3

Bài 2: Cho parabol (P) y = x2_{và đường thẳng (d) y = 2x + m.}

a. Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục toạ độ với m = 3 và tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d).
b. Tìm M để (d) tiếp xúc với (P). Xác định toạ độ tiếp điểm.

Bài 3: từ điểm M ở ngồi đương trịn (O; R) vẽ tiếp tuyến MA đến đường tròn. E là trung điểm
AM; I, H làn lượt là hình chiếu của E và A trên MO. Từ I vẽ tiếp tuyến MK với (O)

a. chứng minh rằng I nằm ngồi đường trịn (O; R).

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>Đáp án </b>

I Phần trắc nghiệm

Câu 1: B
Câu 2: B

Phương trình trung gian có ac = -3m2_{< 0 suy ra phương trình trung gian có hai nghiệm trái dấu suy}

ra phương trình có hai nghiệm.
Câu 3: D

Câu 4: D
Câu 5: C

Ta có I = AC = <i>a</i> 5 suy ra Stp =



<i>RL + </i>



R2 =



<i>a.a</i> 5+



a2( 51)

Câu 6: C
II Phần tự luận:
Bài 1:

a. A = (1- x)2_{, với}<i>x</i>__{0; x}_₁

b. P < 7- 4 3 _{é1- x é < 2-} 3  3_{- 1 < x < 3-} 3_{; x}₁

Bài 2:

a. Với m = 3 (d) là y = 2x +3, đồ thị đi qua điểm (0; 3) và ( 2;0
3


)
( HS tự vẽ đ thị)

Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình x2_{= 2x =3}

Giao điểm của parabol và đường thẳng (d) là (-1 ; 10 ) và ( 3 ; 9 )
b. Để (P) tiếp xúc với (d) thì phương trình x2_{= 2x + m có nghiệm}

kép _x2_{– 2x – m = 0 có}__{= 1 = m = 0}__{m = -1}

Bài 3:

Bạn làm tự vẽ hình.

a. Ta có OI2 + _IE2_{= OE}2_{= OA}2_{+ EA}2₍₁₎

Mà IE < ME = EA. Vậy IE2_{< AE}2 __OI2_{> OA}2 __{OI > OA = R (2)}

Từ 2 suy ra điểm I nằm ngoài (O; R)

b. Dễ dàng chứng minh được MA2_{= MB.MC}

áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng AMO, ta có MA2_{= MH.MO}
 _MBH_MOC

 _H₁₌_C₁ _{tứ giác BHOC nội tiếp.}

c. Từ trên ta có _{CHO =}_B₁₌_C₁_{= H}₁_.
Vậy _{BHA =}_{AHC( cùng phụ với các góc bằng nhau)}
Ta có HA là phân giác góc BHC

IK2_{= IO}2_{– R}2_{(3). Từ (1) suy ra OI}2_{+ IE}2_{= R}2_{= AE}2

IO2_{– R}2_{= AE}2_{– IE}2_{= ME}2_{– IE}2_{= MI}2₍₄₎

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>ĐỀ THI TS VÀO 10 TỈNH HẢI DƯƠNG</b>
<b>Năm học : 2010 – 2011</b>

<b>Khoa thi ngày 26/6/2010 - Thời gian 120 phút</b>
<b>Câu I: (3 điểm)</b>

1) Giải các phương trình sau:
a) 5.x 45 0

b) x(x + 2) – 5 = 0

2) Cho hàm số y = f(x) =
2
x

2
a) Tính f(-1)

b) Điểm M



2;1



có nằm trên đồ thị hàm số khơng ? Vì sao ?
<b>Câu II: (2 điểm)</b>

1) Rút gọn biểu thức
P =

4 a 1 a 1

1 .

a a 2 a 2

   

 

   

 _{ } _

 

 _{ } __{với a > 0 và a}__4.
<b>Câu III: (1 điểm)</b>

Tổng số công nhân của hai đội sản xuất là 125 người. Sau khi điều 13 người từ đội thứ nhất sang
đội thứ hai thì số cn của đội thứ nhất bằng

2

3_{số cn của đội thứ hai. Tính số cn của mỗi đội lúc}
đầu.

<b>Câu IV: (3 điểm)</b>

Cho đường tròn tâm O. Lấy điểm A ở ngồi đường trịn (O), đường thẳng AO cắt đường tròn (O)
tại 2 điểm B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm

phân biệt D, E (AD < AE). Đường thẳng vng góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F.

1) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp.

2) Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng FB với (O). Chứng minh DM _AC.
3) Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC2_.

<b>Câu V: (1 điểm)</b>
Cho biểu thức :

B = (4x5_{+ 4x}4_{– 5x}3_{+ 5x – 2)}2_{+ 2010.}

Tính giá trị của B khi x =

1 2 1

.

2 2 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b>Giải</b>
<b>Câu I:</b>

1) a) 5.x 45 0  5.x  45 x 45 : 5 x 3.
b) x(x + 2) – 5 = 0



x2_{+ 2x – 5 = 0}



’ = 1 + 5 = 6



 ' 6_{. Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x}

1,2 =  1 6.

2) a) Ta có f(-1) =
2
( 1) 1

2 2




.

b) Điểm M



2;1



có nằm trên đồ thị hàm số y = f(x) =
2
x

2 _{. Vì}

 

 

2 2

f 2 1

2

 

.
<b>Câu II:</b>

1) Rút gọn: P =

4 a 1 a 1

1 .

a a 2 a 2

 _ _ 

 

   

 _{ } _

 

 _{ } _₌



 

 

 





 



a 1 a 2 a 1 a 2

a 4
.

a _{a 2} _{a 2}

    



 

=



a 3 a 2

 

a 3 a 2



a 4
.

a a 4

    



 ₌

6 a 6

a a

 


.
2) ĐK:



_{’ > 0}



_{1 + 2m > 0}



_{m >}

1

2


.

Theo đề bài :



 







2

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

1 x 1 x   5 1 x x x x 5











2
2

1 2 1 2 1 2

1 x x  x x  2x x 5
.
Theo Viete : x1 + x2 = 2 ; x1.x2 = -2m.



_{1 + 4m}2_{+ 4 + 4m = 5}



_4m2_{+ 4m = 0}



_{4m(m + 1) = 0}



_{m = 0 hoặc m = -1.}

Đối chiếu với ĐK m = -1 (loại), m = 0 (t/m).
Vậy m = 0.

<b>Câu III:</b>

Gọi số công nhân của đội thứ nhất là x (người). ĐK: x người, 125 > x > 13.
Số công nhân của đội thứ hai là 125 – x (người).

Sau khi điều 13 người sang đội thứ hai thì số cơng nhân của đội thứ nhất cịn lại là x – 13 (người)
Đội thứ hai khi đó có số công nhân là 125 – x + 13 = 138 – x (người).

Theo bài ra ta có phương trình : x – 13 =
2

3_{(138 – x)}



_{3x – 39 = 276 – 2x}



_{5x = 315}



_{x = 63 (thoả mãn).}
Vậy đội thứ nhất có 63 người.

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

M
F

E

D

B O C

A

3) Xét hai tam giác ACF và ECB có góc C chung , A E 90   0_{. Do đó hai tam giác ACF và ECB}
đồng dạng



AC EC

CE.CF AC.CB

CF CB  _(1).

Tương tự



ABD và



AEC đồng dạng (vì có BAD chung, C ADB 180   0 BDE _).



AB AE

AD.AE AC.AB

ADAC  _(2).

Từ (1) và (2)



AD.AE + CE.CF = AC.AB + AC.CB = AC(AB + CB) = AC2_.

Câu V:

Ta có x =







 



2
2 1

1 2 1 1 2 1

2 2 1 2 2 1 2 1 2



 

 

  

.



_x2₌

3 2 2
4


; x3_{= x.x}2₌

5 2 7
8



; x4_{= (x}2₎2₌

17 12 2
16


; x5_{= x.x}4₌

29 2 41
32


.
Xét 4x5_{+ 4x}4_{– 5x}3_{+ 5x – 2 = 4.}

29 2 41
32



+ 4.

17 12 2
16


- 5.

5 2 7
8



+ 5.
2 1

2


- 2
=

29 2 41 34 24 2 25 2 35 20 2 20 16
8

       

= -1.

Vậy B = (4x5_{+ 4x}4_{– 5x}3_{+ 5x – 2)}2_{+ 2010 = (-1)}2_{+ 2010 = 1 + 2010 = 2011.}

1) Ta có FAB 90  0_{(Vì FA}_AB).

 0

BEC 90 _{(góc nội tiếp chắn nửa đường}
trịn (O))



BEF 90  0



FAB FEB 180   0_.

Vậy tứ giác ABEF nội tiếp (vì cú tổng hai
gúc đối bằng 1800_).

2) Vì tứ giác ABEF nội tiếp nờn

  1

AFB AEB
2

 

sđAB . Trong đường trũn
(O) ta cú

  1

AEB BMD
2

 

sđBD .

Do đó AFB BMD  . Mà hai góc này ở vị
trí so le trong nên AF // DM. Mặt khác AF

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN</b>

<b>QUẢNG NAM</b> <b>Năm học 2010-2011</b>

<b>Mơn TỐN </b>

<i> <b> </b> Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )</i>
<b>Bài 1 ( 1 điểm ): </b>

a) Thực hiện phép tính: <i>nb</i> 5 3

12
6
3
20
10
3







.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x x 2008_.
<b>Bài 2 ( 1,5 điểm ): </b>

Cho hệ phương trình: 








5
my

x
3

2
y
mx

a) Giải hệ phương trình khi m 2_.

b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đó cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức
3

m
m
1
y

x ₂ 2






.
<b>Bài 3 (1,5 điểm ):</b>

a) Cho hàm số

2

x
2
1
y

, có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi qua hai
điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hồnh độ là  2_{và 1.}

b) Giải phương trình: 3x23x 2 x2x 1_.
<b>Bài 4 ( 2 điểm ): </b>

Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường thẳng qua O
song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.

a) Chứng minh: AB 1
MO
CD

MO




.

b) Chứng minh: MN.

2
CD

1
AB

1




c) Biết SAOB m2; SCOD n2_{. Tính}SABCD_{theo m và n (với}SAOB, SCOD_,SABCD
lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD).

<b>Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O; C và D là hai</b>
điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M là giao điểm của AC và BD.
Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp.
b) OM _BC.

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<b>Bài 6 ( 1 điểm ): </b>

a) Cho các số thực dương x; y. Chứng minh rằng:

y
x
x
y
y
x2 2






.
b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 4n_{là hợp số.}

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN</b>

<b>QUẢNG NAM</b> <b>Năm học 2010-2011</b>

<b>Mơn TỐN </b>

<i> <b> </b> Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )</i>
<b>HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN </b>

<b>I. Hướng dẫn chung:</b>

1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.

2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không
sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.

3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25.
II. Đáp án:

<b>Bài</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>1</b>
<b>(1đ)</b>

a) Biến đổi được: 3 2 2
3
5
)
2
2
3
)(
3
5
(




 0,25
0,25
b) Điều kiện x2008

4
8031
4
8031
)
2
1
2008
x
(

4
1
2008
)
4
1
2008
x
.
2
1
.
2
2008
x
(
2008
x
x
2
















Dấu “ = “ xảy ra khi 4

8033
x

2
1
2008

x   

(thỏa mãn). Vậy giá trị nhỏ nhất cần

Tìm là 4

8033
x
khi
4
8031

.
0,25
0,25
<b>2</b>

<b>(1,5đ)</b>

a) Khi m = 2 ta có hệ phương trình 







5
y
2
x
3
2
y
x
2





















2
x
2
y
5
5
2
2
x
5
y
2
x
3
2
2
y
2
x
2













5
6
2
5
y
5
5
2
2
x
0,25
0,25
0,25

b) Giải Tìm được: m 3

6
m
5

y
;
3
m
5
m
2

x ₂ ₂






 _0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Thay vào hệ thức m 3
m
1
y
x ₂
2





; ta được m 3

m
1
3
m
6
m
5
3
m
5
m
2
2
2
2
2









Giải Tìm được 7
4
m
0,25
0,25

<b> 3</b>
<b>(1,5đ)</b>

a) Tìm được M(- 2; - 2); N 2)
1
:
1
( 

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và N nên













2
1
b
a
2
b
a

2

Tìm được 2;b 1
1

a  

. Vậy phương trình đường thẳng cần Tìm là 2x 1
1
y 

0,25

0,25
0,25
b) Biến đổi phương trình đó cho thành 3(x2 x) 2 x2 x 10

Đặt t  x2 x _{( điều kiện t}0_{), ta có phương trình}3t2  2t 10
Giải Tìm được t = 1 hoặc t = 3

1


(loại)

Với t = 1, ta có x2 x 1 x2 x10_{. Giải ra được} 2
5
1
x  

hoặc
2

5
1
x 

.
0,25
0,25
0,25
<b>4</b>
<b>(2đ)</b>
Hình vẽ

O
A B
C
D
N
M _0,25

a) Chứng minh được AD

MD
AB
MO
;
AD
AM

CD
MO



Suy ra AD 1

AD
AD
MD
AM
AB
MO
CD
MO





(1)
0,25
0,50

b) Tương tự câu a) ta có AB 1
NO
CD
NO



(2)

(1) và (2) suy ra AB 2

MN
CD
MN
hay
2
AB
NO
MO
CD
NO
MO







Suy ra MN

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

c) S m .n S m.n

S
S
S

S
OC
OA
OD
OB
;
OC
OA
S

S
;
OD
OB
S

S

AOD
2

2
2

AOD

COD
AOD
AOD

AOB
COD

AOD
AOD

AOB















Tương tự SBOC m.n_{. Vậy}SABCD m2 n2 2mn(mn)2

0,25
0,25

<b>5</b>
<b>(3đ)</b>

Hình vẽ (phục vụ Câu a)

O I

C
D

M

B
A

0,25

a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau
- sđ góc AMB bằng sđ cung AB
Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau

O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp

0,25
0,25
0,25
0,25
b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1)

- M nằm trên đường trung trực của BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OMBC

0,25
0,25
0,25
c) Từ giả thiết suy ra dOM

Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy
ra góc OMI bằng 900, do đó OI là đường kính của đường trịn này

Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ
giác AOMB cố định, suy ra I cố định.

Vậy d luôn đi qua điểm I cố định.

0,25
0,25
0,25
0,25

<b> 6</b>
<b>(1đ)</b>

a) Với x và y đều dương, ta có

y
x
x
y
y
x2 2





(1)
 x3y3 xy(xy) (xy)(x y)2 0 (2)

(2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0. Vậy (1) luôn đúng với mọi x0, y0

0,25
0,25
b) n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự
nhiên lớn hơn 0.

- Với n = 2k, ta có n4 4n (2k)4 42k lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do đó n4 4n
là hợp số.

-Với n = 2k+1, tacó

n4 4n n4 42k.4n4 (2.4k)2 (n2 2.4k)2  (2.n.2k)2

= (n2_{+ 2}2k+1 _{+ n.2}k+1_)(n2_{+ 2}2k+1_{– n.2}k+1_{) = [( n+2}k₎2 _{+ 2}2k_{][(n – 2}k₎2_{+ 2}2k_{]. Mỗi thừa}

số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4_{+ 4}n_{là hợp số}

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<i><b>======================= Hết =======================</b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<b>Lời giải mơn Tốn </b>

<b>Bài I.Cho biểu thức </b>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>P</i>





















:

1

1

<i><b>a) Rút gọn P</b></i>





















<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>P</i>

1

1

.

1

1

1

1

:

1

1

1

:

1

1

:

1

1

























































<i><b>b) Tính giá trị của P khi x = 4</b></i>

Với x = 4 thì

2

7

4

1

4

4









<i>P</i>

<i><b>c) Tìm x để </b></i>

3

13



<i>P</i>

Đkxđ: x>0



1



13

3

10

3

0

3

3

13

1

3

13



























<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>P</i>

(1)
Đặt <i>x</i> <i>t</i>_{; điều kiện t > 0}

Phương trình (1)



3

<i>t</i>

2



10

<i>t</i>



3



0

; Giải phương trình ta được













3

1

3

<i>t</i>

<i>t</i>

(thoả mãn điều kiện)
*) Với t = 3



<i>x</i>



3



<i>x</i>



9

*) Với

9

1

3

1

3

1











<i>x</i>

<i>x</i>

<i>t</i>

<b>Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình</b>

Gọi số chi tiết máy tổ thứ nhất làm được trong tháng đầu là x (xN*; x < 900; đơn vị:chi tiết máy)

Số chi tiết máy tổ thứ hai làm được trong tháng đầu là 900-x (chi tiết máy)

Tháng thứ hai tổ I làm vượt mức 15% so với tháng thứ nhất nên tổ I làm được 115%x=1,15x (chi
tiết máy)

Tháng thứ hai tổ II làm vượt mức 10% so với tháng thứ nhất nên tổ II làm được
110%(900-x)=1,1(900-x) (chi tiết máy)

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

1,15x + 1,1(900-x) = 1010

 1,15x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010
 0,05x = 20
 x = 20:0,05

 x = 400 (thoả mãn điều kiện)

vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy
tổ II sản xuất được 900 – 400 = 500 chi tiết máy.

<b>Bài III. Cho Parabol (P) </b>

2

4

1

<i>x</i>

<i>y</i>



và đường thẳng (d) y = mx + 1

<i><b>1) Chứng minh với mọi giá trị của m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân </b></i>
<i><b>biệt.</b></i>

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

(*)

0

4

4

1

4

1

2 2













<i>mx</i>

<i>x</i>

<i>mx</i>

<i>x</i>

Học sinh có thể giải theo một trong hai cách sau:
<b>Cách 1. </b>



'



(

2

<i>m</i>

)



4



4

<i>m</i>



4



0



<i>m</i>

2
2

 (*) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m  (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

với mọi giá trị của m.

<b>Cách 2. Vì a.c = 1. (-4) = -4 <0 </b><i>m</i>

 (*) ln có hai nghiệm phân biệt trái dấu với mọi giá trị của m  (d) luôn cắt (P) tại hai điểm

phân biệt với mọi giá trị của m.

<i><b>2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc toạ </b></i>
<i><b>độ) </b></i>

3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5

-0,5
-1
-1,5

-3 -2 -1 1 2 3

y2

y2

x2

-x1 O

A

B

D C

Vì phương trình hồnh độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên đồ thị hai hàm số có
dạng trịn.

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

2
1
1
2
2
2
1
2
1
1
2
2

4

1

;

4

1

;

;

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>AD</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>BC</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>OD</i>

<i>OC</i>

<i>CD</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>OD</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>OC</i>



























Ta có











1 1 2



1 2



2
2
2
2
1

3
1
3
2
1
2
2
1
2
2
2
1
1
2
2
2
1
2
2
1
2
2

8

1

8

1

8

1

8

1

8

1

8

1

4

1

).

(

2

1

4

1

.

2

1

2

4

1

4

1

.

2

1

.

2

1

2

)

(

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>S</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>S</i>

<i>AD</i>

<i>OD</i>

<i>BC</i>

<i>OC</i>

<i>CD</i>

<i>BC</i>

<i>AD</i>

<i>S</i>

<i>S</i>

<i>S</i>

<i>S</i>

<i>OAB</i>
<i>OAB</i>
<i>OAD</i>
<i>OBC</i>
<i>ABCD</i>
<i>OAB</i>

























































Áp dụng hệ thức Viette cho phương trình (*) ta có:

4

;

4

₁ ₂
2

1



<i>x</i>



<i>m</i>

<i>x</i>

<i>x</i>





<i>x</i>

Ta có



















1 2



2
2

1
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
2
2
1

1

4

1

4

1

16

1

16

16

16

4

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>m</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>m</i>

<i>m</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>m</i>

<i>m</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>













































.(

4

).



4

1



2

1

8

1

8

1

2 2

2
1
2

1

















<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>m</i>

<i>m</i>

<i>S</i>

<i>OAB</i>

<b>Bài IV. </b>

<i><b>a) Chứng minh </b></i><i><b>KAF đồng dạng với </b></i><i><b>KEA</b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>





<i>AK</i>





<i>KB</i>

(hai cung chắn hai góc nội tiếp bằng nhau)






1 1

<i>E</i>



<i>A</i>

_{(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)}

Xét KAF và KEA

:



<i>K</i>

chung





1 1

<i>E</i>



<i>A</i>

_{(chứng minh trên)}

KAF đồng dạng với KEA (g-g)

<i><b>b) Chứng minh </b></i><i><b>KAF đồng dạng với </b></i><i><b>KEA</b></i>

<i><b>- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc với (O tại E</b></i>

Ta có O, I, E thẳng hàng và OI = OE – EI nên (I;IE) tiếp xúc với (O).
<i><b>- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc AB tại F:</b></i>

Dễ dàng chứng minh được EIF cân tại I và EOK cân tại O


IFE OKE ( OEK)











Mà hai góc này bằng nhau ở vị trí đồng vị

 IF // OK (dấu hiệu nhận biết)

Vì



<i>AK</i>



<i>KB</i>



(chứng minh tròn)





<i>AOK</i>



90

<i>o</i>


<i>OK</i>



<i>AB</i>

Ta có IF // OK ;

<i>OK</i>



<i>AB</i>

 IFAB

Mà IF là một bán kính của (I;IE)

 (I;IE) tiếp xúc với AB tại F
<i><b>c) Chứng minh MN//AB</b></i>
Xét (O):



<i>_AEB</i>

₉₀

<i>o</i>



_{(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)}
Xét (I;IE):



₉₀

<i>o</i>

<i>MEN</i>



_(vì



<i>AEB</i>



90

<i>o</i>₎

 MN là đường kính của (I;IE)
EIN cân tại I

Mà EOB cân tại O



ENI OBE ( IEN)











Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

 MN//AB

<i><b>d)Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động tròn (O)</b></i>

Học sinh dễ dàng chứng minh được tứ giác PFQK là hình chữ nhật; tam giác BFQ là tam giác
vuông cân tại Q

Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ

mà PK = FQ (PFQK là hình chữ nhật)

FQ = QB (BFQ vng cân tại Q)  PK = QB

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ = QB + QK + FK = BK + FK

Vì (O) cố định, K cố định (hs tự chứng minh K là điểm chính giữa cung AB)
FK  FO ( quan hệ đường vng góc, đường xiên)

Chu vi KPQ nhỏ nhất = BK + FO khi E là điểm chính giữa cung AB.

Ta có FO = R

Áp dụng định lớ Pythagorass trong tam giác vuông cân FOB tính được BK =

<i>R</i>

2

Chu vi KPQ nhỏ nhất = R +

<i>R</i>

2



<i>R</i>



2 1





<b>Bài V. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức </b>



1



4



3



4

6



1

 

2

3



2

<i>A</i>



<i>x</i>





<i>x</i>





<i>x</i>



<i>x</i>



Đặt a = x – 2

 x – 1 = a + 1; x – 3 = a -1





4





4



 

2



2

4 3 2 4 3 2 2 2

4

1

1

6

1

1

(

4

6

4

1) (

4

6

4

1) 6(

1)

8

8 8

<i>A</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>A</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>A</i>

<i>a</i>









































 

 Min A = 8  a4 = 0  a = 0  x – 2 = 0  x = 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO hải</b>
phòng

<b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT</b>
NĂM HỌC 2010 - 2011

<b>MƠN THI: TỐN</b>

<i>Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề</i>
<b>Chỳ ý:</b>

<b> - </b><i><b>Đề thi gồm có hai trang.</b></i>

<i><b> - Học sinh làm bài vào tờ giấy thi</b></i>

<b>Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (2,0 điểm)</b>

<b>1. Biểu thức </b> 2

1 4x
<i>x</i>


xác định với giá trị nào của x?
A. x 

1

4_{B. x ≤}
1

4_{C. x ≤}
1

4_{và x}__{0 D. x}_₀
<b>2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x?</b>

A. y = 2x - 1. B. y = 2(1- 2x).
C. y = 2 - x. D. y = 2(1- 2x).

<b>3. Hai hệ phương trình </b>

x 3 3

1

<i>k</i> <i>y</i>

<i>x y</i>

 





 

 _và

3x 3 3
1
<i>y</i>
<i>x y</i>

 




 

 _{là tương đương khi k bằng:}
A. -3 B. 3 C. 1 D. -1

<b>4. Điểm Q (-</b> 2;
1

2 _{) thuộc đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau đây?}

A. y =
2

2 _x2_{B. y =}

2
2
2 <i>x</i>


C. y =
2
2

4 <i>x</i> _{D. y =}
-2
2

4 <i>x</i> 

<b>5. Tam giác GEF vng tại E, có EH là đường cao. Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài EF</b>
bằng:

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

A. 13 B. 13 C. 2 13 D. 3 13
<b>6. Tam giác ABC vng tại A, có AC = 3a, AB = 3</b> 3a, khi đó sinB bằng:

A.
3

2 _{a. B.}
1

2_C.
3

2 _D.
1

2_a

<b>7. Cho tam giác ABC vngtại A, có AB = 18 cm, AC = 24 cm. Bán kính đường trịn ngoại tiếp</b>
tam giác đó bằng:

A. 30 cm B. 15 2 cm C. 20 cm D. 15 cm

<b>8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6 cm, AB = 8 cm. Quay tam giác đó một vũng quanh</b>
cạnh AC cố định được một hình nón. Diện tích tồn phần của hình nón đó là:

A. 96 cm2 B. 100 cm2

C. 144 cm2 D. 150 cm2

<b>Phần 2: Tự luận. (8,0 điểm)</b>

<b>Bài 1: (1,5 điểm)</b>

Cho phương trình bậc hai, ẩn số là x : x2_{– 4x + m + 1 = 0.}

1. Giải phương trình khi m = 3..

2. Với giá trị nào của m phương trình có nghiệm.

3. Tìm giá trị của m sao cho phương trình đó cho có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:

x12 + x22 = 10.

<b>Bài 2: (1,0 điểm)</b>

Giải hệ phương trình:

3 2 2 1

2 2 3

<i>x</i> <i>y</i>

<i>x</i> <i>y</i>

 _ _ _{ }




   


<b>Bài 3: (1,5 điểm)</b>

Rút gọn biểu thức:

1. A = 6 3 3  6 3 3

2. B =



5 2 6 49 20 6

 



5 2 6

9 3 11 2

  


<b>Bài 4: (4,0 điểm)</b>

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 vng góc với AB. Trên tia Ax lấy một
điểm I. Tia vng góc với CI tạiC cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P.
1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp được.

2. Chứng minh AI. BK = AC. CB
3. Chứng minh tam giác APB vuông.

4. Giả sử A,B, I cố định. Hãy xỏc định vị trí của điểm C sao cho tứ giác ABKI có diện
tích lớn nhất.

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

Họ tờn học sinh: ………., Giám thị số 1: ………..
Số bỏo danh: ………..., Giám thị số 2: ………..

<b>ĐÁP ÁN</b>

Phần I: Trắc nghiệm ( 2 điểm)

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án C B A C D B D C

(Mỗi câu đúng được 0,25 điểm)
Phần II: Tự luận (8 điểm)

Bài NỘI DUNG Điểm

1

1.Khi m= 3 PT là: x2_{- 4x +4 = 0}__{x = 2} _0,5

2. Có  = 3 - m. Phương trình có nghiệm khi  0  m ≤ 0 (*) 0,5

3. x12 +x22 = (x1 + x2)2 -2x1x2 = 42 -2(m+1) = 10 m = 2 thoả mãn (*) 0,5

2 Điều kiện x <i>_x</i>_ _{2 1}_  2, y  - 2 0,25

và <i>y</i>2 2  x = 3 và y = 2 ( thỏa mãn điều kiện) 0,75

3

A > 0  A2 = 18  A = 3 2 ( vì A > 0) 0,5

B =



5 2 6 5 2 6

 

 

2 3 2



9 3 11 2

  

 ₌



5 2 6

 

3 2



9 3 11 2

 

 _{= 1}

0,5x2

4

  ₁₈₀0

<i>CPK CBK</i>  __{CPKB nội tiếp} 0,5

  ₉₀0

<i>A B</i>  _và<i>C</i>1 <i>I</i>1(cùng phụ với<i>C</i> 2)_AIC_BCK_AI.BK = AC.CB 1,0

  0

1 2 90
<i>C</i> <i>K</i> 

  

0
1 2 90
<i>I</i> <i>K</i> 

  

0
1 2 90
<i>P P</i> 

APB vuông 1,0

SABKI =





1

2 <i>AI BK AB</i> _{, S}_ABKI_{lớn nhất khi AI + BK lớn nhất}__{AI = BK}

 AI = BK  AIKB là hình chữ nhật  C là trung điểm của AB

0,5
0,5

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

<b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI</b>
<b>(2010-2011) – ĐỀ CHÍNH THỨC</b>

<b>Mơn: Tốn</b>
<b>Ngày thi: 18 – 6 - 2010</b>
<b>Bài 1 ( 2,5 điểm )</b>

Cho biểu thức:
1) Rút gọn P

2) Tìm giá trị của P khi x = 4
3) Tìm x để

<b>Bài 2 ( 2,5 điểm )</b>

Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng tjhứ hai tổ I vươt mức 15% và tổ II
vượt mức 10% so với tháng thứ nhất, vì vậy hai tổ đó sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng
thứ nhất mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?

<b>Bài 3 ( 3,5 điểm )</b>

Cho parabol (P): và đường thẳng (d): y = mx + 1

1) Chứng minh với mọi giá trị cả m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ)
<b>Bài IV (3,5 điểm )</b>

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường trịn đó (E khác A và
B). Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là
K.

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

2) Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính
IE tiếp xúc với đường trịn (O) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F.

3) Chứng minh MN // AB, trong đó M và N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với đường
trịn (I).

4) Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên đường tròn (O),
với P là giao điểm của NF và AK; Q là giao điểm của MF và BK.

<b>Bài V ( 0,5 điểm )</b>

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A, biết:

<b>LỜI GIẢI</b>

<b>Bài 1. Cho biểu thức </b>
a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi x = 4.

Với x = 4 thì
c) Tìm x để
ĐKXĐ: x > 0

(1)
Đặt ; điều kiện t > 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

Giải phương trình ta được hoặc ( thỏa mãn điều kiện )

+) Với x = 9

+) Với

<b>Bài 2: Giải bài tốn bằng cách lập phương trình</b>

Gọi số chi tiết máy tổ thứ nhất làm được trong tháng đầu là x ( x N*; x<900; đơn vị: chi tiết máy)
Số chi tiết máy tổ thứ hai làm được trong tháng đầu là 900-x (chi tiết máy)

Tháng thứ hai tổ I làm vượt mức 15% so với tháng thứ nhất nên tổ I làm được
115% . x=1,15. x ( chi tiết máy )

Tháng thứ hai tổ II làm vượt mức 10% so với tháng thứ nhất nên tổ II làm được 110%(900-x)=1,
1(900-x) (chi tiết máy)

Tháng thứ hai cả hai tổ làm được 1010 chi tiết máy nên ta có phương trình:
1,15. x + 1,1. (900-x) = 1010

1,15.x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010
0,05.x = 20

x = 400 ( thỏa mãn điều kiện )

Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy tổ II sản xuất được 900-400=500 chi tiết
máy.

<b>Bài 3: </b>

Cho Parabol (P) và đường thẳng (d) y=mx+1
1) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) và (P):

(*)

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

(*) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

với mọi giá trị của m.

2) Gọi A,B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ)

<b>SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT</b>
<b> NĂM HỌC: 2010 – 2011 .</b>
<b> ĐỀ CHÍNH THỨC </b>

<b>Mơn THI: TỐN</b>

<b> Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)</b>
Ngày thi : 24/ 06/2010.

<b>Bài 1 : (</b><i><b>2 điểm)</b> Cho biểu thức P =</i>





a
b
b
a

ab
:

b
a

ab
4

b

a 2







a/ Xác định a ; b để biểu thức có nghĩa và hãy rút gọn P.

b/ Tính giá trị của P khi a = 15  6 6  33 12 6 và b = 24.
<b>Bài 2 : (</b><i><b>2 điểm)</b> </i>

a/ Cho hệ phương trình 









2
m
y
mx

m
3
my
x

2

Tìm m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn x2__2x__{y > 0.}

b/ Giải phương trình x2__x_ x

1
+ x2

1

 10 = 0

<b>Bài 3 : (</b><i><b>2 điểm)</b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

dự định 15 km/h. Biết rằng ô tô đến B đúng giờ quy định. Tính thời gian ơ tơ đi hết qng
đường AB.

<b>Bài 4 : (</b><i><b>3 điểm)</b></i>

Gọi C là một điểm nằm trên đoạn thẳng AB (C  A, C  B). Trên cùng một nửa mặt

phẳng có bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax và By cùng vng góc với AB. Trên tia Ax lấy
điểm I (I  A), tia vng góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt

IK tại P.

1/ Chứng minh:

a/ Tứ giác CPKB nội tiếp được đường tròn. Xỏc định tâm của đường trịn đó.
b/ AI.BK = AC.BC

c/  APB vng.

2/ Cho A, I, B cố định. Tìm vị trí của điểm C sao cho diện tích của tứ giác ABKI đạt giá trị
lớn nhất.

<b>Bài 5 : (</b><i><b>1 điểm)</b></i> Tìm x ; y nguyên dương thỏa mãn 1003x + 2y = 2010

- HẾT

<b>---GỢI í GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH</b>
<b>LỚP 10 Mơn TỐN. QUẢNG NGÃI</b>

<i>Ngày thi 24-6-2010</i>

<b>---Bài 1: </b>Cho biểu thức P =





a
b
b
a

ab
:

b
a

ab
4
b

a 2







a) P có nghĩa khi a > 0 ; b > 0 và a  b

P = ab

)
b
a
(
ab
b

a

ab
4
b
ab
2

a 








=





₍ _a _b₎

b
a

b

a 2







= a  b
b) Với a = 15  6 6  33 12 6 =



3 6



2 



3  2 6



2 =
= 3  6+ 3  2 6 = 3  6 + 2 6 3 = 6

Với b = 24 = 2 6

Do đó P = a  b = 6  2 6 =  6

<b>Bài 2:</b>

a) Cho hệ phương trình 









)
2
(
2

m
y

mx

)
1
(
m

3
my
x

2

Từ(1) ta có x = 3m  my (3). Thay (3) vào (2): m(3m  my)  y = m-2 2.
 3m2 m2y  y = 2(m2 + 1)  (m2 + 1)y = 2(m2 + 1)

Vì m2_{+ 1 > 0 với mọi m nên y =} m 1

)
1
m
(
2

2
2




</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

Thay y = 2 vào (3) ta có x = 3m  m<b>.</b>2 = m.

Vậy nghiệm (x ; y) của hệ phương trình là (x = m ; y = 2)
Để x2

 2x  y > 0 thì m2 m  2 > 0  (m  1)2 ( 3)2 > 0
 (m  1  3)<b>.</b>(m  1+ 3) > 0

 






























0
3
1
m
0
3
1
m
0
3
1
m
0
3
1
m
 


























3
1
m
3
1
m
3
1
m
3

1
m
 







3
1
m
3
1
m

Vậy khi m > 1 + 3 hoặc m < 1  3 thì hệ phương trình đó cho có nghiệm (x ; y)
thỏa mãn x2

 2x  y > 0.
b) Giải phương trình x2

 x  x
1

+ x2

1

 10 = 0 (1). Điều kiện x  0.
Phương trình (1)  (x2 +x2

1

)  (x +x
1

)  10 = 0  (x2 +x2
1

+ 2 )  (x +x
1

)  12 = 0
 (x +x

1

)2

 (x +x
1

)  12 = 0 (*).
Đặt y = x +x

1

. Phương trình (*) trở thành : y2

 y  12 = 0  y1 =  3 ; y2 = 4.

Với y =  3  x +x
1

=  3  x2 + 3x + 1 = 0  x1 = 2

5
3

; x1 = 2

5
3 

Với y = 4  x +x
1

= 4  x2 4x + 1 = 0  x3 = 2 + 3 ; x4 = 2  3

Các giá trị của x vừa Tìm được thỏa mãn x  0.
Vậy nghiệm số của (1) là : x1 = 2

5
3

; x1 = 2

5

3

; x3 = 2 + 3 ; x4 = 2  3
<b>Bài 3:</b>

Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của ô tô đi từ A đến B ( x> 15)
Thời gian ô tô dự định đi từ A đến B x

80

(h)

Vận tốc ô tô khi đi ba phần tư quãng đường AB là x + 10 (km/h)
Thời gian ô tô đi ba phần tư quãng đường AB là x 10

60
 _(h)

Vận tốc ô tô khi đi một phần tư quãng đường AB là x  15 (km/h)
Thời gian ô tô đi một phần tư quãng đường AB là x 15

20
 _(h)

Ơ tơ đến B đúng giờ quy định nên ta có phương trình : x 10

60

 ₊x 15
20

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

 x 10
3

 ₊x 15
1

 ₌x
4

 3x(x  15) + x(x + 10) = 4(x + 10)(x  15)
 4x2 35x = 4x2 20x  600  15x = 600  x = 40 (thỏa mãn điều kiện)
Do đó vận tốc dự định của ô tô là 40 km/h.

Vậy thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 80 <b>:</b> 40 = 2 (giờ).
<b>Bài 4:</b>

<b>1. a/</b> P nằm trên đường tròn tâm O1

đường kính IC  IPC = 900
Mà IPC + CPK = 1800_{(góc kề bự)}

 CPK = 900

Do đó CPK + CBK = 900_{+ 90}0_{= 180}0

Nên CPKB nội tiếp đường trịn tâm O2

đường kính CK.
<b>b/</b> Vì ICK = 900

 C1 + C2 = 900

 AIC vuông tại A  C1 + A1 = 900

 A1 + C2 và có A = B = 900

Nên  AIC  BCK (g.g)

 BK

AC
BC

AI


 AI <b>.</b> BK = AC <b>.</b> BC (1)

<b>c/</b> Trong (O1) có A1 = I2 (gnt cùng chắn cung PC)

Trong (O2) có B1 = K1 (gnt cùng chắn cung PC)

Mà I2 + K1 = 900 (Vì  ICK vng tại C)

 A1 + B1 = 900, nên  APB vuông tại P.

<b>2/</b> Ta có AI // BK ( vì cùng vng góc với AB, nên ABKI là hình thang vng..
Do đó SABKI = 2

1

<b>.</b>AB<b>.</b>(AI + BK)

Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi. Suy ra SABKI lớn nhất  BK lớn nhất

Từ (1) có AI <b>.</b> BK = AC <b>.</b> BC  BK = AI
BC
.
AC

.
Nên BK lớn nhất  AC<b> . </b>BC lớn nhất.

Ta có



AC BC



0

2



 __{AC + BC}_₂ AC.BC_ AC.BC _ 2
BC
AC

 AC.BC  2
AB

 AC.BC  4
AB2

.
Vậy AC<b> . </b>BC lớn nhất khi AC<b> . </b>BC = 4

AB2

 AC = BC = 2
AB

 C là trung điểm
của AB.

Vậy SABKI lớn nhất khi C là trung điểm của AB.
<b>Bài 5:</b>

Tìm x ; y nguyên dương thỏa mãn : 1003x + 2y = 2010.

P

K
I

C B

A

2

2 1

1

1
1

1

O
2
0

1

x y

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

 <b>Cách 1 :</b>

Từ 1003x + 2y = 2010  2y = 2010  1003x  y = 1004  2
x
1003

Vì y > 0  1004  2
x
1003

> 0  x < 1003
2008

Suy ra 0 < x < 1003

2008

và x nguyên  x  {1 ; 2}
Với x = 1  y = 1004  2

1003

 Z nên x = 1 loại.
Với x = 2  y = 1004  2

2
.
1003

= 1  Z+ nên x = 2 thỏa mãn.
Vậy x ; y nguyên dương phải Tìm là x = 2 ; y =1.

 <b>Cách 2 :</b>

Vì x ; y là các số dương thỏa mãn 1003x + 2y = 2010  1003x < 2010
 x < 1003

2008

< 3 . Do x  Z+  x  {1 ; 2}
Với x = 1  2y = 2010  1003 = 1005  y = 2

1005

 Z+ nên x = 1 loại.
Với x = 2  2y = 2010  2006 = 2  y = 1  Z+ nên x = 2 thỏa mãn.

Vậy x ; y nguyên dương phải Tìm là x = 2 ; y =1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

<b>---SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT</b>
<b> NĂM HỌC: 2010 – 2011 .</b>
<b> ĐỀ CHÍNH THỨC </b>

<b>Mơn THI: TỐN</b>

<b> Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)</b>
Ngày thi : 26/ 06/2010.

<b>Bài 1 : (</b><i><b>2 điểm)</b> </i>

Cho Parabol (P) : y = x2_{và đường thẳng (d) có phương trình y = 4mx + 10.}

a/ Chứng minh rằng với mọi m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b/ Giả sử (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x12 + x22 + x1x2 khi m thay đổi.

<b>Bài 2 : (</b><i><b>2 điểm)</b></i>

a/ Giải phương trình :

6
1
x
4
3
x

1
x
8
15

x        
b/ Chứng minh rằng : Với mọi a ; b khơng âm ta có

a3_{+ b}3__2ab ab_.

Khi nào xảy ra dấu đẳng thức?
<b>Bài 3 : (</b><i><b>2 điểm)</b></i>

Một phịng họp có 360 ghế ngồi, được xếp thành từng hàng và mỗi hàng có số ghế ngồi
bằng nhau. Nhưng do số người đến dự họp là 400 nên đó phải kê thêm mỗi hàng một ghế
ngồi và thêm một hàng như thế nữa mới đủ chỗ. Tính xem lúc đầu ở trong phịng họp có
bao nhiêu hàng ghế và mỗi hàng có bao nhiêu ghế ngồi.

<b>Bài 4 : (</b><i><b>3 điểm)</b></i>

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ; R). Gọi H là giao điểm hai đường cao BD
và CE của tam giác ABC.

a/ Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và xác định tâm I của đường trịn này.

b/ Vẽ đường kính AK của đường tròn (O ; R). Chứng minh ba điểm H , I , K thẳng hàng.
c/ Giả sử BC = 4

3

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

Cho y = x 1
1
x
x2





, Tìm tất cả giá trị x nguyên để y có giá trị nguyên.
- HẾT

<b>---GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI </b>
<b>Bài 1: </b>

a/ Hoành độ giao điểm của Parabol (P): y = x2_{và đường thẳng (d) : y = 4mx + 10 là nghiệm}

số của phương trình: x2_{= 4mx + 10}__x2__4mx__{10 = 0 (1)}

Phương trình (1) có ’ = 4m2 + 10 > 0 nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt.

Do đó Parabol (P): y = x2_{và đường thẳng (d) : y = 4mx + 10 luôn cắt nhau tại hai điểm phân}

biệt.

b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1), ta có x1 + x2 = 4m ; x1,x2 =  10

F = x12 + x22 + x1x2 = [(x1 + x2)2 2x1x2] + x1x2 = (x1 + x2)2 x1x2 = 16m2 + 10  10

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 16m2_{= 0}__{m = 0.}

Vậy GTNN của F = 10 khi m = 0.
<b>Bài 2:</b>

a/ Giải phương trình: x 158 x  1  x 3 4 x  1 6 Điều kiện x  1
 x  12 x  1.4 16  x  12 x  1.2 4 6 



x  14



2 



x  1 2



2 6

 x  1 4  x  1  2 6
 2 x  1 6 6  x  1 0  x  1 = 0  x = 1 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.
b/ Với a , b  0 ta có:



a b



0

2



 __{a + b}_₂ ab

Ta có a3_{+ b}3_{= (a + b)(a}2_{+ b}2__{ab) = (a + b).[(a + b)}2__3ab]_₂ ab_[(2 ab₎2__3ab]

 a3 + b3 2 ab(4ab  3ab) = 2 ab.ab = 2ab ab

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Vậy với mọi a, b khơng âm ta có a3_{+ b}3__2ab ab_.

<b>Bài 3:</b>

Gọi x (hàng) là số hàng ghế ban đầu trong phòng họp (x nguyên, dương)
Do đó x

360

(ghế) là số ghế ban đầu của mỗi hàng .
x + 1 (hàng) là số hàng ghế lúc dự họp trong phịng họp
Do đó x 1

400

 _{(ghế) là số ghế lúc dự họp của mỗi hàng}

Khi dự họp mỗi hàng kê thêm một ghế ngồi, ta có phương trình :
1

x
400

 _ x

360

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

Giải phương trình được x1 = 24 ; x2 = 15. Cả hai giá trị của x đều thỏa mãn điều kiện.

Vậy ban đầu trong phịng họp có 24 hàng ghế, mỗi hàng có 15 ghế ngồi.
Hoặc ban đầu trong phịng họp có 15 hàng ghế, mỗi hàng có 24 ghế ngồi.
<b>Bài 4:</b>

a/ Ta có BD và CE là hai đường cao cua ABC

Nên BEC = BDC = 900

Suy ra BCDE nội tiếp đường trịn.

b/ Ta có BH // CK (cùng vng góc với AC).
Và CH // BK (cùng vng góc với AB).
Nên BHCK là hình bỡnh hành.

Do đó hai đường chéo BC và HK giao nhau tại
trung điểm của mỗi đường.

Mà I là trung điểm của BC  I còng là trung điểm

củaHK .Nên H, I, K thẳng hàng.
c/ Gọi F là giao điểm của AH và BC.

Ta có  ABF ?∽  AKC (g.g)  KC

BF
AK
AB



 AB. KC = AK. BF (1)

Và  ACF ?∽  AKB (g.g)  KB

CF
AK
AC



 AC. KB = AK. CF (2)

Cộng (1) và (2) theo vế ta có: AB. KC + AC. KB = AK. BF + AK. CF

= AK.(BF + CF) = AK.BC
Mà BC = 4

3

AK  AB. KC + AC. KB = AK. 4

3

AK = 4
3

AK2₌4

3

<b>.(2R)</b>2_{= 3R}2

<b>Bài 5:</b>

Với x  1 ta có y = x 1

1
x
x2





= x  2 + x 1

1
 _.
Với x  Z thì x + 2  Z. Để y  Z thì x 1

1

 __Z__{x + 1}__{__{1 ; 1}}

 x + 1 =  1  x =  2 (thỏa mãn điều kiện).

 x + 1 = 1  x = 0 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy y có giá trị nguyên khi x =  2 ; x = 0 .

<b>---ĐỀ THI TUYỂN SINH 10</b>
<b>Câu I: (3 điểm)</b>

1) Giải các phương trình sau:
a) 5.x 45 0

b) x(x + 2) – 5 = 0

2) Cho hàm số y = f(x) =
2
x

2
a) Tính f(-1)

<b>D</b>

<b>B</b>
<b>A</b>

<b>O</b>

<b>F</b> <b>I</b>
<b>H</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

b) Điểm M



2;1



có nằm trịn đồ thị hàm số khơng ? Vì sao ?
<b>Câu II: (2 điểm)</b>

1) Rút gọn biểu thức
P =

4 a 1 a 1

1 .

a a 2 a 2

 _ _ 

 

 _  _

 _{ } _

 

 _{ } __{với a > 0 và a}__4.
<b>Câu III: (1 điểm)</b>

Tổng số công nhân của hai đội sản xuất là 125 người. Sau khi điều 13 người từ đội thứ nhất sang
đội thứ hai thì số cơng nhân của đội thứ nhất bằng

2

3_{số công nhân của đội thứ hai. Tính số cơng}
nhân của mỗi đội lúc đầu.

<b>Câu IV: (3 điểm)</b>

Cho đường tròn tâm O. Lấy điểm A ở ngồi đường trịn (O), đường thẳng AO cắt đường tròn (O)
tại 2 điểm B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm

phân biệt D, E (AD < AE). Đường thẳng vng góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F.

4) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp.

5) Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng FB với đường tròn (O). CMR: DM _AC.
6) Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC2_.

<b>Câu V: (1 điểm)</b>
Cho biểu thức :

B = (4x5_{+ 4x}4_{– 5x}3_{+ 5x – 2)}2_{+ 2010.}

Tính giá trị của B khi x =

1 2 1

.

2 2 1




<b>Giải</b>
<b>Câu I:</b>

1) a) 5.x 45 0  5.x  45 x 45 : 5 x 3.
b) x(x + 2) – 5 = 0



x2_{+ 2x – 5 = 0}



_{’ = 1 + 5 = 6}



 ' 6_{. Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x}_1,2₌ 1 6_.

2) a) Ta có f(-1) =

2
( 1) 1

2 2




.

b) Điểm M



2;1



có nằm tròn đồ thị hàm số y = f(x) =
2
x

2 _{. Vì}

 

 

2 2

f 2 1

2

 

.
<b>Câu II:</b>

1) Rút gọn: P =

4 a 1 a 1

1 .

a a 2 a 2

 _ _ 

 

 _  _

 _{ } _

 

 _{ } _₌



 

 

 





 



a 1 a 2 a 1 a 2

a 4
.

a _{a 2} _{a 2}

    



</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

=



a 3 a 2

 

a 3 a 2



a 4
.

a a 4

    



 ₌

6 a 6

a a

 


.
2) ĐK:



_{’ > 0}



_{1 + 2m > 0}



_{m >}

1
2



.

Theo đề bài :



 







2

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

1 x 1 x   5 1 x x x x 5











2
2

1 2 1 2 1 2

1 x x  x x  2x x 5
.
Theo Viete : x1 + x2 = 2 ; x1.x2 = -2m.



_{1 + 4m}2_{+ 4 + 4m = 5}



_4m2_{+ 4m = 0}



_{4m(m + 1) = 0}



_{m = 0 hoặc m = -1.}

Đối chiếu với ĐK m = -1 (loại), m = 0 (t/m).
Vậy m = 0.

<b>Câu III:</b>

Gọi số công nhân của đội thứ nhất là x (người). ĐK: x nguyên, 125 > x > 13.
Số công nhân của đội thứ hai là 125 – x (người).

Sau khi điều 13 người sang đội thứ hai thì số cơng nhân của đội thứ nhất cịn lại là x – 13 (người)
Đội thứ hai khi đó có số cơng nhân là 125 – x + 13 = 138 – x (người).

Theo bài ra ta có phương trình : x – 13 =
2

3_{(138 – x)}



_{3x – 39 = 276 – 2x}



_{5x = 315}



_{x = 63 (thoả mãn).}
Vậy đội thứ nhất có 63 người.

Đội thứ hai có 125 – 63 = 62 (người).
<b>Câu IV:</b>

M
F

E
D

B O C

A

3) Xét hai tam giác ACF và ECB có góc C chung , A E 90   0_{. Do đó hai tam giác ACF và ECB}

đồng dạng



AC EC

CE.CF AC.CB

CF CB  _(1).

Tương tự



_{ABD và}



_{AEC đồng dạng (vì có}BAD _chung,C ADB 180   0 BDE _).



AB AE

AD.AE AC.AB

ADAC  _(2).

Từ (1) và (2)



_{AD.AE + CE.CF = AC.AB + AC.CB = AC(AB + CB) = AC}2_.

1) Ta có FAB 90  0_{(Vì FA}_AB).

 0

BEC 90 _{(gúc nội tiếp chắn nửa đường}
trũn (O))



BEF 90  0



_{FAB FEB 180}  0

  _.

Vậy tứ giác ABEF nội tiếp (vì có tổng hai
gúc đối bằng 1800_).

2) Vì tứ giác ABEF nội tiếp nên

  1

AFB AEB
2

 

sđAB . Trong đường trũn
(O) ta có

  1

AEB BMD
2

 

sđBD .

Do đú AFB BMD  . Mà hai gúc này ở vị
trớ so le trong nên AF // DM. Mặt khỏc AF

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

<b>Câu V:</b>

Ta có x =







 



2
2 1

1 2 1 1 2 1

2 2 1 2 2 1 2 1 2



 

 

  

.



_x2₌

3 2 2
4


; x3_{= x.x}2₌

5 2 7
8



; x4_{= (x}2₎2₌

17 12 2
16


; x5_{= x.x}4₌

29 2 41
32


.
Xét 4x5_{+ 4x}4_{– 5x}3_{+ 5x – 2 = 4.}

29 2 41
32



+ 4.

17 12 2
16


- 5.

5 2 7
8



+ 5.
2 1

2


- 2
=

29 2 41 34 24 2 25 2 35 20 2 20 16
8

       

= -1.

Vậy B = (4x5_{+ 4x}4_{– 5x}3_{+ 5x – 2)}2_{+ 2010 = (-1)}2_{+ 2010 = 1 + 2010 = 2011.}

ĐỀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ (ĐHNN)
( năm học 2010-2011)

Câu 1: (2 điểm) cho biểu thức

P= 

















<i>x</i>
<i>y</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

<i>y</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

<i>y</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

<i>y</i>
<i>x</i>

. <i>x</i> <i>y</i>

<i>y</i>
<i>y</i>

<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>





2
3

Chưng minh P ln nhận giá trị ngun vơí mọi x,y thoả mãn điều kiện
x> 0,y> 0,và x≠y

Câu 2: (3 điểm )

1) Giải PT: 3 <i>x</i>13 <i>x</i>2 13 <i>x</i>2 3<i>x</i>2

2) Tìm x,y là các số nguyên thảo mãn đẳng thức x2- xy –y +2 = 0
Câu 3 : (3 điểm ) .

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB và C là điểm chính giữa của cung AB. Gọi K là trung

điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng đi qua hai điểm A và K cắt (O)tại điểm M ( M≠A ) . Kẻ
CH vng góc với AM tại H . Đương thẳng OH cắt đường thẳng BC tại N , đường thẳng MN cắt
(O) tại D (D≠M ) .

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

Tìm tất cả các nghiệm nhỏ hơn -1 của PT

8
)
1

( 2

2
2





<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

Câu 5 :( 1điểm )

Cho a,b là các số khơng âm thoả mãn <i>a</i>2 <i>b</i>2 2_{> Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức}

)

2
(
3
)
2
(

3<i>b</i> <i>a</i> <i>b</i> <i>b</i> <i>a</i> <i>b</i> <i>a</i>
<i>a</i>

<i>M</i>     

HếT

<b>SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG</b>
<b> NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2010 – 2011</b>

<b> Ngày thi : 26/6/ 2010</b>
<b> ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN - ĐỀ CHUNG</b>

<b> ( Thời gian làm bài: 120phút, không kể thời gian giao đề)</b>

<b>Bài 1( 2,0 điểm) Các câu dưới đây,sau mỗi câu có nêu 4 phương án trả lời ( A,B,C,D) trong đó chỉ</b>
có 1 phương án đúng. Hãy viết vào bài làm của mỡnh phương án mà em cho là đúng ( chỉ cần viết
chữ cái ứng với phương án trả lời đó ).

<b>Câu 1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy,cho 2 đường thẳng d</b>1: y = 2x +1 và d2: y = x – 1.Hai đường

thẳng đó cho cắt nhau tai điểm có toạ độ là:

A. (-2;-3) B ( -3;-2) C. (0;1) D (2;1)
<b>Câu 2: Trong các hàm số sau đây,hàm số nào đồng biến khi x < 0 ?</b>

A. y = -2x B. y = -x + 10 C. y = 3 x2_{D. y = (} 3_{- 2)x}2

<b>Câu 3: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các đồ thị của hàm số y = 2x + 3 và hàm số y = x</b>2_.

Các đồ thị đó cho cắt nhau tại tại 2 điểm có hồnh độ lần lượt là:

A. 1 và -3 B. -1 và -3 C. 1 và 3 D. -1 và 3
<b>Câu 4: Trong các phương trình sau đây, phương trình nào có tổng 2 nghiệm bằng 5?</b>
A. x2_{– 5x +25 = 0 B. 2x}2_{– 10x -} 2_{= 0 C. x}2_{– 5 = 0 D. 2x}2_{+ 10x +1 = 0}

<b>Câu 5: Trong các phương trình sau đây, phương trình nào có hai nghiệm âm?</b>
A. x2 _{+ 2x +3 = 0 B. x}2₊ 2_{x – 1=0 C. x}2_{+ 3x + 1=0 D. x}2_{+ 5 =0}

<b>Câu 6: Cho hai đường trịn (O;R) và (O’;R’) có OO’ = 4cm ; R = 7cm; R’ = 3cm. Hai đường trịn</b>
đó cho:

A. Cắt nhau B.Tiếp xúc trong C. Ở ngoài nhau D. Tiếp xúc ngoài

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34>

A. 5cm B. 2cm C. 2,5cm D. 5 cm

<b>Câu 8: Một hình trụ có bán kính đáy là 3cm, chiều cao là 5cm. Khi đó, diện tích xung quanh của</b>
hình trụ đó cho bằng:

A. 30cm2_{B. 30}_ _cm2_{C. 45}__cm2_{D. 15}__cm2

<b>Bài 2( 1,5 điểm)</b>

Cho biểu thức P =

2 1

1 :

1 1

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x x</i>

 

 



 

  

  _{với x}_₀

1. Rút gọn P
2. Tìm x để P < 0.
<b>Bài 3 (2,0 điểm)</b>

Cho phương trình x2_{+ 2mx + m – 1 = 0}

1. Giải phương trình khi m = 2

2. Chứng minh: phương trình ln có hai nghiệm phân biệt,với mọi m. Hãy xỏc định m để
phương trình có nghiệm dương.

<b>Bài 4 ( 3,0 điểm)</b>

Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB; điểm I nằm giữa hai điểm A và O.Kẻ đường thẳng
vuong góc với AB tại I, đường thẳng này cắt đường tròn (O;R) tai M và N.Gọi S là giao điểm của
2 đường thẳng BM và AN.Qua S kẻ đường thẳng song song với MN, đường thẳng này cắt các
đường thẳng AB và AM lần lượt tại K và H. Hãy chứng minh:

1. Tứ giác SKAM là tứ giác nội tiếp và HS.HK = HA.HM
2. KM là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).

3. Ba điểm H,N,B thẳng hàng.
<b>Bài 5 ( 1,5 điểm)</b>

1. Giải hệ phương trình

2
2
6 12
3

<i>xy</i> <i>y</i>

<i>xy</i> <i>x</i>

 _ _ _




 




2.Giải phương trình <i>x</i>3_.x4_{= 2x}4_{– 2010x + 2010.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35>

<b>SỞ GD - ĐT QUẢNG NGÃI</b> <b>Kè THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYấN</b>
<b>NĂM HỌC 2010 – 2011</b>

<b>ĐỀ CHÍNH THỨC</b>

<b>Mơn THI: TỐN</b>

Thời gian làm bài 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25/06/2010

<b>Bài 1: (2 điểm)</b>

1) Giải phương trình:

15

8

1

x

2

x

x

2

1

x

x

x

2

2













2) Giải hệ phương trình:























3

x

4

3

y

x

x

y

2

3

y

4

3

x

y

y

x

2

<b>Bài 2: (2 điểm)</b>

1) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a2_{+ b}2_{+ c}2_{= 20 và ab + bc + ca ≤ 8.}

Chứng minh rằng: 0 < a + b + c ≤ 6

2) Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng nếu A = 2 +

2

28

n

2



1

là số ngun thì A là
số chính phương.

<b>Bài 3: (2 điểm)</b>

1) Cho các số thực x, y, z thỏa điều kiện: x + y + 2z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P
= 2x2_{+ 2y}2_{– z}2

2) Cho phương trình ax2_{+ bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm số là x}

1 và x2 thỏa mãn ax1 + bx2

+ c = 0.

Tính giá trị của biểu thức: A = a2_{c + ac}2_{+ b}3_{– 3abc + 3}

<b>Bài 4: (4 điểm)</b>

Cho hai đường tròn (O1; R1) và (O2; R2) với R1>R2 cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho số

đo góc O1AO2 lớn hơn 900.Tiếp tuyến của đường trịn (O1) tại A cắt đường tròn (O2) tại C khác A,

tiếp tuyến của đường tròn (O2) tại A cắt đường tròn (O1) tại D khác A. Gọi M là giao điểm của AB

và CD.

1) Chứng minh:

AD

AC

BA

BC

BD

BA





2) Gọi H, N lần lượt là trung điểm của AD, CD. Chứng minh tam giác AHN đồng dạng với
tam giác ABC.

3) Tính tỉ số

MD

MC

theo R1 và R2.

4) Từ C kẻ tiếp tuyến CE với đường tròn (O1) (E là tiếp điểm, E khác A). Đường thẳng CO1

cắt đường tròn (O1) tại F (O1 nằm giữa C và F). Gọi I là hình chiếu vng góc của A trịn

đường thẳng EF và J là trung điểm của AI. Tia FJ cắt đường tròn (O1) tại K. Chứng minh

đường thẳng CO1 là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC.

5)

</div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>

ĐỀ THI : VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG VĂN TUỴ

Mã ký hiệu: Năm học : 2010-2011

Đ01T- 08 - TS10CT Mơn thi : Tốn

Thời gian làm bài :150 phút
( <i><b>Đề này gồm 05 câu, 01 trang</b></i>)
<b>Bài 1: Rút gọn biểu thức sau :</b>

P = 2 2 3 2 6

6
2
6

2
3
2
2

2
3
2














<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>
<i>x</i>

<b>Bài 2: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:</b>

a) 










2
1

2

2
2
2

<i>x</i>
<i>xy</i>

<i>y</i>
<i>x</i>

b) 1 <i>x</i> 4<i>x</i> 3
<b>Bài 3: Chứng minh rằng :</b>



 

 







2009

2007
2008

2007
4015

1
4

3
7

1

3

2
5

1
2

1
3

1












 

<b>Bài 4 : BC là dây cung không là đường kính của đường trịn tâm O . Một điểm A di động trên cung</b>
lớn BC sao cho tâm O luôn nằm trong tam giác ABC, các đường cao AD, BE, CF của tam giác
ABC cắt nhau tại H.

a) Chứng minh các tam giác AEF và ABC đồng dạng
b) Gọi A' là trung điểm của BC, chứng minh AH = 2OA'

c) Gọi A1 là trung điểm của EF, chứng minh : R.AA1 = AA'.OA'

d) Chứng minh rằng R(EF + FD + DE) = 2SABC từ đó tìm vị trí của A để tổng (EF + FD +

DE) lớn nhất.

<b>Bài 5 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2</b>
Chứng minh rằng : a2_{+ b}2_{+ c}2_{+ 2abc < 2}

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

Mã ký hiệu: Hướng dẫn chấm
HD01T- 08 - TS10CT Đề thi : vào lớp 10 chuyên lương văn tuỵ
<b>Bài 1: (2,5 điểm)</b>

Có : A =



2 2

 

3 2 2



2
3
2
6
2
3
2
2
2
3

2









<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

cho 0,25 điểm
A =



2 2



3



2
3
2



<i>x</i>
<i>x</i>

cho 0,25 điểm
Tương tự có:

B =



3



2 2



6
2
6
2
3
2
2
6
2








<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

cho 0,25 điểm
Từ đó  _{Tập xác định là x}0_và<i>x</i>9_{cho 0,25 điểm}

Ta có P = A+B =





 

3



2 2



6
2
3
2
2
2
3
2







<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
=





 







3



3



2 2



3
6
2
3
2
3

2








<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

cho 0,5 điểm

=



9





2 2



18
2
3
6
2
2
9
2
3
6

2









<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

Cho 0,25 điểm
=

















9

9
2
2
9
2

2
9







<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

Cho 0,25 điểm
Vậy P = 9

9


<i>x</i>
<i>x</i>

Với x0_{và x}9_{Cho 0, 25 điểm}
<b>Bài 2 </b><i><b>( 4,5 điểm</b></i>)

a, Từ hệ 








2
1
2
2
2
2
<i>x</i>
<i>xy</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

 xy +x24<i>x</i>2  2<i>y</i>2 cho 0,25 điểm

0
2

3 2 2






 <i>x</i> <i>xy</i> <i>y</i> _{(*) cho 0,25 điểm}

- Nếu y = 0 ta được :






2
2
1
2
2
<i>x</i>
<i>x</i>

hệ này vô nghiệm cho 0,25 điểm
- Nếu y ≠ 0 ta có : (*)  3

0
2
2









<i>y</i>
<i>x</i>

<i>y</i>
<i>x</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>











3
2
1
<i>y</i>
<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

cho 0,5 điểm
Vậy hệ đã cho tương đương với








1
2<i>_x</i>2 <i>_y</i>2

<i>y</i>
<i>x</i>

hay 







1
2
3
2
2
2 <i>_y</i>
<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

cho 0,25 điểm
Giải hệ đầu ta được (x; y) = (1; 1) hay (x ; y) = (-1 ; -1) cho 0,25 điểm
Hệ sau vô nghiệm cho 0,25 điểm
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là x = y = 1 hoặc x = y = -1 cho 0,25 điểm
b) Điều kiện - 4  x  1 cho 0,25 điểm

Phương trình tương đương với : (vì cả 2 vế đều không âm)

9
3

4
2

5_ _ <i>_x</i>_ <i>_x</i>2 _

cho 0,25 điểm

 4 3<i>x</i> <i>x</i>2 2 cho 0,25 điểm
 4- 3x - x2 = 4 cho 0,25 điểm
 x2 +3x = 0 cho 0,25 điểm
 x(x + 3) = 0 cho 0,25 điểm
 x = 0 hoặc x = -3 cho 0,25 điểm

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0 hoặc x = -3 cho 0,25 điểm
<b>Bài 3 : (3điểm)</b>

Ta có với n  1 thì













1
4
4
1
2

1
1
2
2
2








 <i>_n</i> <i>_n</i>

<i>n</i>
<i>n</i>

<i>n</i>
<i>n</i>

<i>n</i> _{cho 0,5 điểm}

<









1

1

1
1
2
1
2






<i>n</i>
<i>n</i>
<i>n</i>
<i>n</i>
<i>n</i>
<i>n</i>

cho 0,5 điểm
Từ đó ta có :

Sn =



 





2 1





1



2
3
2
5
1
2
1

3
1








  <i>n</i> <i>n</i> <i>n</i>

< 1- 4 4

2
1
4
4
2
1
1
1
2








 <i>n</i> <i>_n</i> <i>_n</i>

<i>n</i> _{cho 0,75 điểm}

= 1- 2 2

2




 <i>n</i>

<i>n</i>

<i>n</i> _{cho 0,5 điểm}

Vậy Sn < <i>n</i>2

<i>n</i>

cho 0,25 điểm
áp dụng cho n = 2007 ta có S2007 < 2009

2007

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

<b>Bài 4 : Hình vẽ đúng cho 0,25 điểm</b>

a) Chứng minh AEF đồng dạng  ABC.

Có E, F cùng nhìn BC dưới một góc vng nên E, F cùng thuộc đường trịn đường kính BC
<i>Cho 0,25 điểm</i>

 góc AFE = góc ACB (cùng bù góc BFE) cho 0,25 điểm
 AEF đồng dạng  ABC (g.g) cho 0,25 điểm

b) Vẽ đường kính AK
Có BE <i>AC</i>_(gt)

KC  <i>AC</i>_{(Vì góc ACK = 90}0_{) cho 0,25 điểm}
 _{BE // KC cho 0,25 điểm}
Tương tự CH // BK cho 0,25 điểm
Do đó tứ giác BHCK là hình bình hành cho 0,25 điểm

HK là đường chéo nên đi qua trung điểm A' của đường chéo BC.  _{H, A', K thẳng hàng.}
<i>cho 0,25 điểm</i>

Xét tam giác AHK có A'H = A'K

OA = OK cho 0,25 điểm
Nên OA' là đường trung bình

 _{AH = 2 A'O cho 0,25 điểm}

c, áp dụng tính chất: nếu 2 tam gác đồng dạng thì tỉ số giữa 2 trung tuyến tương ứng, tỉ số giữa 2
bán kính các đường trịn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng nên ta có:

cho 0,25 điểm

 AEF đồng dạng  ABC  <i>R</i>'

<i>R</i>

<b> = </b> 1
'
<i>AA</i>
<i>AA</i>

cho 0,25 điểm
Trong đó R là bán kính của đường trịn tâm O

R' là bán kính đường trịn ngoại tiếp  AEF cho 0,25 điểm

còng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF cho 0,25 điểm
 _{R. AA}1 = R'. AA' = 2

<i>AH</i>

.AA' cho 0,5 điểm
= AA'. 2

'
2OA

= AA'. OA' cho 0,25 điểm
Vậy R.AA1 = AA'. OA' cho 0,25 điểm

d, Trước hết ta chứng minh OA _EF
vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn tâm O

A
x

E
A1
F

O
H
B

D

C
A'

</div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40>

Ta có OA _{Ax cho 0,25 điểm}
Vì góc xAB = Góc BCA

mà góc BCA = góc EFA (cmt)

 _{góc EFA = góc xAB cho 0,25 điểm}
 _{EF// Ax cho 0,25 điểm}
 _OA_{EF cho 0,25 điểm}
Chứng minh tương tự có OB _{DF và OC}_ED

Ta có S<i>ABC</i> = S<i>OEAF</i> + S<i>OFBD</i> +S<i>ODCE</i>

= 2
1

OA. EF + 2
1

OB. FD + 2
1

OC.DE cho 0,25 điểm
= 2

1

R( EF + FD + DE ) (vì OA = OB = OC = R)

 _{R (EF + FD + DE) = 2 S}<i>ABC</i>_{cho 0,25 điểm}

 _{EF + FD + DE =} <i>R</i>
<i>S_ABC</i>
2

Nên EF + FD + DE lớn nhất  _S<i>ABC</i> lớn nhất cho 0,25 điểm

Lại có S<i>ABC</i>₌2

1

BC.h (h là đường vng góc hạ từ A đến BC)  S<i>ABC</i>_{lớn nhất}__{h lớn}

nhất  ABC là tam giác cân  A là điểm chính giưã của cung AB lớn.

<i>cho 0,25 điểm</i>
<b>Bài 5: (3 điểm)</b>

Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi là 2 nên ta có: 0 < a; b, c1
(cho 0,25 điểm)

 a - 1  0 ; b - 1  0; c-1  0 cho 0,25 điểm
 ( a -1) (b -1) (c -1) 0

 ( ab - a - b +1) ( c -1) 0 cho 0,25 điểm
 abc - (ab + ac + bc) + (a + b + c) - 1 0 cho 0,25 điểm
 2abc - 2(ab + ac + bc) + 2( a + b +c)  2 cho 0,25 điểm
 2abc - 2(ab + ac + bc) +2.2  2 cho 0,25 điểm
 2abc - 2(ab + ac + bc) + (a +b +c)2  2 cho 0,5 điểm

 2abc - 2(ab + ac + bc) + a2 + b2 + c2 +2(ab + ac + bc)  2 (cho 0,25 điểm)
 2abc + a2 + b2 + c2  2 (đpcm) cho 0,25 điểm

ĐỀ THI : VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG VĂN TUỴ
Mã ký hiệu: Năm học : 2010-2011

Đ02T- 08 - TS10 CT Mơn thi : Tốn

Thời gian làm bài :150 phú
<b>Bài 1:</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41>

<i>ab</i>

<i>b</i>
<i>a</i>
<i>ab</i>
<i>b</i>
<i>a</i>








2

2 ₌<i>a</i>  <i>b</i>

b, Phân tích đa thức M = a10a5 1_{thành nhân tử}
<b>Bài 2 : </b>

a, Giải hệ phương trình


















1
)

(

2
.
)
(

2
2

2

<i>y</i>
<i>xy</i>
<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

<i>y</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

b, cho x, y  0 và x + y = 1

Chứng minh 8(x4+ y4) +

5
1


<i>xy</i>

<b>Bài 3: Cho đa thức f(x) = ax</b>3<i>bx</i>2 <i>cx</i><i>d</i>

a) Chứng minh nếu f(x) nhận giá trị nguyên với mọi x thì 4 số 6a; 2b; a + b + c ; d đều là các số
nguyên.

b, Đảo lại nếu cả 4 số 6a; 2b; a + b + c ; d đều là các số ngun thì đa thức f(x) có nhận giá trị
ngun với bất kỳ giá trị nguyên nào của x không? tại sao?

<b>Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, D là điểm trên cạnh huyền BC, E là điểm đơí xứng với D</b>
qua AB, G làgiao điểm của AB với DE, từ giao diểm H của AB với CE hạ HI vng góc với BC
tại I các tia CH, IG cắt nhau tại K. Chứng minh KC là tia phân giác của góc IKA.

<b>Bài 5: Chứng minh rằng phương trình</b>
x6 - x5 + x4 - x3 + x2 - x + 4

3
= 0
Vô nghiệm trên tập hợp các số thực.

………..Hết………..

<b>ĐÁP ÁN</b>

<b>Bài 1: (3 điểm)</b>

a, Vì 2 vế đều khơng âm nên bình phương vế trái ta có:

(

<i>ab</i>
<i>b</i>
<i>a</i>




2 ₊ <i>ab</i>

<i>b</i>
<i>a</i>




2 ₎2

</div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42>

= ( 2
<i>b</i>
<i>a</i>

)2+ ab + (a + b) <i>ab</i> + ( 2
<i>b</i>
<i>a</i>

)2 + ab - (a + b) <i>ab</i> +2

<i>ab</i>
<i>b</i>
<i>a</i>

 ₂
)
2
(
<i>Cho 0,25 điểm</i>
= 2( 2

<i>b</i>
<i>a</i>

)2 + 2ab + 2( 2
<i>b</i>
<i>a</i>

)2 - 2ab Cho 0,25 điểm
( vì ( 2

<i>b</i>
<i>a</i>

)2 _{ab) Cho 0,25 điểm}
= 4( 2

<i>b</i>
<i>a</i>

)2 = (a + b)2 = (<i>a</i> + <i>b</i> )2 Cho 0,5 điểm
(vì ab ₀__{a; b cùng dấu)}


<i>ab</i>
<i>b</i>
<i>a</i>



2 ₊ <i>ab</i>

<i>b</i>
<i>a</i>




2 ₌ <i>a</i>₊<i>b</i> _{Cho 0,25 điểm}
(Với ab ₀₎

b, Ta có A = a10 + a5 + 1

= a10 - a + a5 - a2 + a2 + a + 1

= a(a3 - 1)(a6 + a3 + 1) + a2(a3 - 1) + a2 + a + 1 Cho 0,25 điểm
= a(a - 1)( a2 + a + 1)( a6 + a3 + 1) +

+ a2(a - 1)(a2 + a + 1) + a2 + a + 1 Cho 0,25 điểm
= (a2 + a + 1) a(a - 1)(a6 + a3 + 1) + a2(a - 1) + 1) Cho 0,25 điểm

= (a2 + a + 1)(a8 - a7+ a5 - a4+ a3 - a + 1) Cho 0, 5 điểm
<b>Bài 2 : (5 điểm)</b>

a, Nếu x = 0 thay vào ta có





1
.
2
2
3
<i>y</i>
<i>y</i>
<i>y</i>

vơ lý Cho 0,25 điểm
Vậy x≠ 0 Đặt y = tx Cho 0,25 điểm

Ta có















1
)
(
2
)
(
2
2
2
2
2
<i>x</i>
<i>t</i>
<i>tx</i>
<i>x</i>
<i>tx</i>
<i>x</i>
<i>tx</i>
<i>tx</i>
<i>x</i>

Cho 0,25 điểm







2
2
1
)
1
(
.
)
1
(
<i>t</i>
<i>t</i>
<i>t</i>
<i>t</i>
<i>t</i>





= 1
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43>

 1 2

)
1
(

<i>t</i>

<i>t</i>

<i>t</i>
<i>t</i>





= 2 Cho 0,25 điểm

 t + t2 = 2 - 2t + 2t2 Cho 0,25 điểm
 t2 - 3t + 2 = 0 Cho 0,25 điểm









2
1
<i>t</i>
<i>t</i>

Cho 0,25 điểm
* Nếu t = 1  y = x  4x3 = 2

 x = y = 3 2

1

Cho 0,25 điểm
* nếu t = 2  y = 2x

 18x3 = 2 Cho 0,25 điểm

 











3
3

9
2

9
1

<i>y</i>
<i>x</i>

Tóm lại hệ có 2 nghiệm
x = y = 3 2

1

Hoặc ( x = 3 9
1

; y = 3 9
2

) Cho 0,25 điểm
b, áp dụng bất đẳng thức

2
2
2 <i>_b</i>
<i>a</i> 

₍ 2
<i>b</i>
<i>a</i>

)2 Với mọi a, b Cho 0,25 điểm
ta có

2

4
4 <i>_y</i>
<i>x</i> 

₍ 2
2
2 <i>_y</i>
<i>x</i> 

)2 

2
2
)
2

( _






 <i>x</i> <i>y</i>

Cho 0,25 điểm

 2

4

4 <i>_y</i>
<i>x</i> 

₍ 2
<i>y</i>
<i>x</i>

)4 = 16
1

Cho 0,5 điểm

 8( x4+ y4)  1 Cho 0,25 điểm

lại có xy ₍ 2
<i>y</i>
<i>x</i>

)2 = 4
1

</div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44>

 <i>xy</i>

1

_{4 Cho 0,25 điểm}

Vậy 8( x4+ y4) +<i>xy</i>
1

_{1 + 4 = 5 Cho 0,25 điểm}
<b>Bài 3: </b><i><b>( 4 điểm)</b></i>

a, Ta có f(0) = d là số nguyên Cho 0,25 điểm
f(1) = a + b + c + d là số nguyên Cho 0,25 điểm

 f(1) - f(0) = a + b + c còng là số nguyên Cho 0,25 điểm

f( -1) =- a + b - c + d là số nguyên Cho 0,25 điểm
f(2) = 8a + 4b + 2c + d còng là số nguyên Cho 0,25 điểm
Vậy f(1) + f( -1) = 2b + 2d là số nguyên Cho 0,25 điểm

 2b là số nguyên ( vì 2d là số nguyên) Cho 0,25 điểm

f(2) = 6a + 2( a + b + c) + 2b + d là số nguyên Cho 0,25 điểm

Mà 


  

<i>d</i>
<i>b</i>

<i>c</i>
<i>b</i>
<i>a</i>
2

là các số nguyên

Nên 6a là số nguyên Cho 0,25 điểm
Ta có điều phải chứng minh

b, Đảo lại:

f(x) = ax3 + bx2+ cx + d

= (ax3 - ax) + (bx2 - bx) + ax + bx + cx + d Cho 0,25 điểm
= a(x - 1)x( x + 1) + bx(x - 1) + (a + b + c)x + d Cho 0,25 điểm
= 6

)
1
(
)
1
(

6<i>a</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

+ 2

)
1
(
2<i>bx</i> <i>x</i>

+ (a + b + c)x + d Cho 0,25 điểm
= 6a 6

)
1
(
)
1
(<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

+ 2b 2
)
1
(<i>x</i>
<i>x</i>

+ (a + b + c)x + d Cho 0,25 điểm
Vì (x - 1)x( x + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 6

 6a 6

)
1
(
)
1
(<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

là số nguyên Cho 0,25 điểm
x(x -1) là tích 2 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 2

nên 2b 2

)
1
(<i>x</i>
<i>x</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45>

Và (a + b + c)x là số nguyên Cho 0,25 điểm
d là số nguyên

 f(x) nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên khi 4số 6a; 2b; a + b + c; d là các số nguyên

<i>Cho 0,25 điểm</i>

<b>Bài 4: </b><i><b>( 6 điểm)</b></i>

(Vẽ hình đúng 0,5 điểm)

Ta có G và I cùng nhìn HD dưới 1 góc vng nên HGID là tứ giác nội tiếp
Cho 0,5 điểm

 Góc GHD = góc GIB (cùng bù với góc GID) Cho 0,5 điểm

Hay góc GHD = góc KIB Cho 0,5 điểm
lại có góc GHD = góc GHK ( do E và I đối xứng qua AB) Cho 0,5 điểm

 góc KIB = góc KHB ( cùng = góc GHD) Cho 0,25 điểm

Nên KHIB là tứ giác nội tiếp Cho 0,5 điểm
Vì góc HIB = 900  góc HKB = 900 Cho 0,5 điểm

Ta có góc B1 = góc K1 (Do KHIB là tứ giác nội tiếp) Cho 0,5 điểm

Lại có K và A cùng nhìn BC dưới một góc vng nên AKBC là tứ giác nội tiếp
Cho 0,5 điểm

 góc K2 = góc B1 Cho 0,5 điểm
Từ đó ta có KC là phân giác của góc IKA Cho 0,5 điểm
<i><b>Chú ý khi học sinh vẽ hình có thể khác cịng cho điểm tương tự.</b></i>

B
1

E

I
D
G

K 1
H
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46>

<b>Bài 5: </b><i><b>(2 điểm</b></i>)

* Nếu x_{0 thì vế phải nhận giá trị dương nên ở khoảng này phương trình vơ nghiệm}
<i>Cho 0,5 điểm</i>

* Nếu 0 < x < 1
Ta có vế trái =

5
2

2

2
4
3

6

4
1
4

1
4

1

<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>          

Cho 0,25 điểm

=





3
2
2
2

2
2

3 ₁

2
1
2

1
2

1

<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>   





























Cho 0,25 điểm
cịng ln dương nên ở khoảng này phương trình vơ nghiệm

* Nếu x _{1 ta có}

Vế trái = x5 (x - 1) + x3(x - 1) + x(x - 1) + 4
3

Cho 0,25 điểm
Còng là số dương nên ở khoảng này phương trình vơ ngiệm Cho 0,25 điểm
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm trên tập hợp các số thực R

<i> (Cho 0,25 điểm)</i>

<i><b>Chú ý khi chấm: nếu học sinh làm các bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa</b></i>

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

Bắc giang Năm học 2010 – 2011

Mơn thi: Tốn

Đề Chính thức Ngày thi:20/06/2010

Thời gian làm bài: 120 phút
<b>Câu 1: </b><i><b>(2 điểm)</b></i>

1) Phân tích x2_{– 9 thành tích}

2) x = 1 có là nghiệm của phương trình x2_{– 5x + 4 = 0 không ?}

<b>Câu 2: </b><i><b>(1 điểm)</b></i>

1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?

</div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47>

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.

<b>Câu 4: </b><i><b>(1,5 điểm)</b></i>

Rút gọn biểu thức: P =

2 1

:

<i>a b</i> <i>ab</i>

<i>a</i> <i>b</i> <i>a</i> <i>b</i>

 

  _{với a, b}__{0 và a ≠ b}
<b>Câu 5: </b><i><b>(5 điểm)</b></i>

Cho tam giác ABC cân tại B, các đường cao AD, BE cắt nhau tại H. Đường thẳng d đi qua A
và vng góc với AB cắt tia BE tại F

1) Chứng minh rằng: AF // CH
2) Tứ giác AHCF là hình gì ?
<b>Câu 6: </b><i><b>(1 điểm)</b></i>

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm của đường tròn (O) với các
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Kẻ BB’ vuông góc với OA, AA’ vng góc với OB. Chứng
minh rằng: Tứ giác AA’B’B nội tiếp và bồn điểm D, E, A’, B’ thẳng hàng.

<b>Câu 7: </b><i><b>(1 điểm)</b></i>

Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x – x2_{)(y – 2y}2_{) với 0}__x_₂

0 _y
1
2
---

Hết---SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT

Năm học 2010 -2011

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
I. Phần trắc nghiệm <i><b>(4, 0 điểm) </b></i>

Chọn ý đúng mỗi câu sau và ghi vào giấy làm bài.Vớ dụ: Nếu chọn ý A Câu 1 thì ghi 1A.
Câu 1. Giá trị của biểu thức (3 5)2 bằng

A. 3 5 _B. 5 3 _{C. 2} _D. 3 5

Câu 2. Đường thẳng y = mx + 2 song song với đường thẳng y = 3x  _{2 khi}

A. m =  ₂ _{B. m = 2} _{C. m = 3} _{D. m =} ₃

Câu 3. x 3 7  _{khi x bằng}

A. 10 B. 52 C. 46 _{D. 14}

Câu 4. Điểm thuộc đồ thị hàm số y = 2x2_là

A. ( _2; ₈₎ _{B. (3; 12)} _{C. (} _1; ₂₎ _{D. (3; 18)}

Câu 5. Đường thẳng y = x  _{2 cắt trục hồnh tại điểm có toạ độ là}

A. (2; 0) B. (0; 2) C. (0;  ₂₎ _{D. (} _{2; 0)}

Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Ta có

</div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48>

A.

AC
sin B

AB


B.

AH
sin B

AB


C.

AB
sin B

BC


D.

BH
sin B

AB


Câu 7. Một hình trụ có bán kính đáy bằng r và chiều cao bằng h. Diện tích xung quanh của hình trụ
đó bằng

A. r2h B. 2r2h C. 2rh D. rh

Câu 8. Cho hình vẽ bờn, biết BC là đường kính của đường tròn (O), điểm A nằm trên đường thẳng
BC, AM là tiếp tuyến của (O) tại M và MBC· =650.

Số đo của góc MAC bằng

A. 150 _{B. 25}0 _{C. 35}0 _{D. 40}0

II. Phần tự luận (6,0 điểm)
Bài 1. (1,5 điểm)

a) Rút gọn các biểu thức: M=2 5- 45+2 20;

1 1 5 1

N

3 5 3 5 5 5

-= - ì

- +

-ổ ử_ữ

ỗ _ữ

ỗ _ữ

ỗ

ố ứ _.

b) Tổng của hai số bằng 59. Ba lần của số thứ nhất lớn hơn hai lần của số thứ hai là 7. Tìm hai
số đó.

Bài 2. (1,5 điểm)

Cho phương trình bậc hai x2 - _{5x + m = 0 (1) với x là ẩn số.}

a) Giải phương trình (1) khi m = 6.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x2 x2 x1 6.

Bài 3. (3,0 điểm)

<i> Cho đường trịn (O) đường kính AB bằng 6cm. Gọi H là điểm nằm giữa A và B sao cho AH</i>
= 1cm. Qua H vẽ đường thẳng vng góc với AB, đường thẳng này cắt đường trịn (O) tại C và D.
Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M. Từ M hạ đường vng góc MN với đường thẳng AB
(N thuộc đường thẳng AB).

a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp.
b) Tính độ dài đoạn thẳng CH và tính tgABC· .
c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC ở E. Chứng minh đường thẳng EB đi qua trung
điểm của đoạn thẳng CH.

==============HẾT=============
<b> </b>

<b>A</b>

<b>B</b> <b>O</b> <b>C</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(49)</span><div class='page_container' data-page=49>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
<b>THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2010-2011</b>

<b> KHỐ NGÀY 18-06-2011</b>
<b>ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN</b>

<b> Thời gian làm bài: 120 phút </b><i><b>(không kể thời gian giao đề)</b></i>

<b>Câu 1:</b> Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x2_{+ 3x – 5 = 0} ₍₁₎

b) x4_{– 3x}2_{– 4 = 0} ₍₂₎

c)

2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)

 




 

 ₍₃₎

<b>Câu 2:</b> a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = –x2_{và đường thẳng (D): y = x – 2 trên cùng một cùng}

một hệ trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.

<b>Câu 3:</b> 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).}

<b>Câu 4:</b>Cho phương trình x2_{– 2mx – 1 = 0 (m là tham số)}

a) Chứng minh phương trình trên ln có 2 nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để

2 2

1 2 1 2

x x  x x 7_.

<b>Câu 5:</b> Từ điểm M ở ngồi đường trịn (O) vẽ cỏt 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 MA2_{= 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.

</div>
<span class='text_page_counter'>(50)</span><div class='page_container' data-page=50>

---oOo---UBNN TỈNH KONTUM <b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10</b>

<b>SỞ GD & ĐT KONTUM TRƯỜNG THPT CHUYÊN – NĂM HỌC 2010 – 2011</b>

Mơn : Tốn (Mơn chung) – Ngày thi : 26/6/2010
<b>ĐỀ CHÍNH THỨC</b> Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

<b>Câu 1. (2.0 điểm) Cho biểu thức </b>

x 2 x 1 2x
P

x 1
x 1 1 x



  



  _{(với x ≥ 0 và x ≠ 1)}
<b>a. Rút gọn biểu thức P.</b>

<b>b. Tính giá trị của biểu thức P khi x = 4 + 2</b> 3.
<b>Câu 2. (2.0 điểm) </b>

<b>a. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1 ; - 2) và song song với đường thẳng y = 2x – </b>
1.

<b>b. Giải hệ phương trình </b>

2 3
12
x y
5 2

19
x y


 





  





<b>Câu 3. (1,5 điểm) Quãng đường AB dài 120 km. Một ôtô khởi hành từ A đến B, cùng lúc đó một </b>
xe máy khởi hành từ B về A với vận tốc nhỏ hơn vận tốc của ôtô là 24 kim/h. Ôtô đến B được 50
phút thì xe máy về tới A. Tính vận tốc của mỗi xe.

<b>Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình x</b>2_{– 2(m + 2)x + 3m + 1 = 0}

<b>a. Chứng minh rằng phương trình ln có nghiệm với mọi m.</b>

<b>b. Gọi x</b>1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đó cho. Chứng minh rằng biểu thức M = x1(3 – x2) +

x2(3 – x1) không phụ thuộc vào m.

<b>Câu 5. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), nội tiếp đường trịn (O). Tia phân giác </b>
của góc BAC cắt dây BC tại D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. Các tiếp tuyến với
đường tròn (O) tại C và E cắt nhau tại N, tia CN và tia AE cắt nhau tại P. Gọi Q là giao điểm của
hai đường thẳng AB và CE.

<b>a. Chứng minh tứ giác AQPC nội tiaaps một đường tròn.</b>
<b>b. Chứng minh EN // BC.</b>

<b>c. Chứng minh </b>

EN NC
1
CD CP 

</div>
<span class='text_page_counter'>(51)</span><div class='page_container' data-page=51>

---Hết---UBNN TỈNH KONTUM <b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10</b>

<b>SỞ GD & ĐT KONTUM</b> <b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN – NĂM HỌC 2010 – 2011</b>
Mơn : Tốn (Mơn chuyên) – Ngày thi : 27/6/2010
<b>ĐỀ CHÍNH THỨC</b> <b>Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)</b>
<b>Câu 1. (2.5 điểm)</b>

<b>a. Rút gọn biểu thức : </b>

x 3 x x 3 x 2 9 x

A 1 :

x 9 2 x 3 x x x 6

 _   _ _ _ 

_  _{ }   _

 _   _ _ _ _ 

   _{(x ≥ 0 ; x ≠ 4 ; x ≠ 9)}

<b>b. Tính giá trị của biểu thức : P = a</b>3_{+ b}3_{– 3(a + b), biết rằng a =} 11 6 2 _{; b =} 11 6 2

<b>Câu 2. (1.5 điểm) Cho phương trình x</b>4_+x2_{– m}2_{– 1 = 0 (1)}

<b>a. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có đúng hai nghiệm phân biệt x</b>1 , x2 với mọi m.

<b>b. Tìm m để hai nghiệm x</b>1 , x2 của phương trình (1) thỏa mãn xx  1 x2 1 2

<b>Câu 3. (1.5 điểm) Giải hệ phương trình : </b>

1

(x y) 1 4

xy
1 x y

xy 4

xy y x

  

  

  

  



 _ _ _ _




<b>Câu 4. (1.0 điểm) Cho hàm số y = 2x + 3 có đồ thị là đường thẳng đi qua điểm </b>

9
A ; y

4

 



 

 _{và cắt}
trục Oy tại B. Tìm tọa độ điểm A và tính diện tích tam giác OAB (theo đơn vị đo trên các trục tọa
độ là xentimet).

<b>Câu 5. (2.5 điểm) Trên đường thẳng d cho ba điểm A, B, C (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn </b>
(O) đi qua B và C (tâm O của đường trịn khơng thuộc đường thẳng d). Từ A vẽ hai tiếp tuyến AM,
AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và MN.
<b>a. Chứng minh AM</b>2_{= AB.AC.}

<b>b. Đường thẳng ME cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh NK // AB</b>

<b>c. Chứng minh rằng đường trịn ngoại tiếp tam giác OEF ln đi qua một điểm cố định (khác điểm </b>
E) khi đường tròn (O) thay đổi.

<b>Câu 6. (1.0 điểm) Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức 2x</b>2_{+ 4y}2₊ 2

1

x _{= 4. Tìm x, y để tích xy đạt}

giá trị nhỏ nhất.

</div>
<span class='text_page_counter'>(52)</span><div class='page_container' data-page=52></div>
<span class='text_page_counter'>(53)</span><div class='page_container' data-page=53>

<b>---Hết---HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 KHÁNH HỒ</b>
<b>Bài 1 (3 điểm). </b>

a) Tính giá trị biểu thức: A 5 12 4 75 2 48 3 3   
b) Giải hệ phương trình:

2x y 3
3x y 2

 




 



c) Giải phương trình: x4_{– 7x}2_{– 18 = 0}

<b>Giải:</b>

a) Ta có: A 5 12 4 75 2 48 3 3 10 3 20 3 8 3 3 3        5 3
b)

2x y 3 5x 5 x 1

3x y 2 y 3x 2 y 1

   

  

 

  

    

  

c) Đặt x2_{= t (t ≥ 0). Phương trình đó cho trở thành: t}2_{– 7t – 18 = 0}

Giải ra ta được t1 = 9 (thỏa mãn), t2 = –2 (loại)

- Với t = 9  x = ±3

Vậy: Phương trình đó cho có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = –3

<b>Bài 2 (2 điểm)</b>

Cho hàm số y = x2_{có đồ thị (P) và y = 2x – 3 có đồ thị (d)}

a) Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Bằng phương pháp đại số, xác định tọa độ giao điểm của (P) và (d)
<b>Giải:</b>

a) Đồ thị hàm số y = x2_{(hình bờn)}

b) Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của
hệ phương trình:

2
2

2

y x (1)

y x

(2)
y 2x 3 x 2x 3 0

 

  



 

     

 

Phương trình (2) vụ nghiệm vì có Ä’ = 1 – 3 = –2 < 0
Suy ra: Hệ phương trình trịn vụ nghiệm

Vậy: (P) và (d) khơng giao nhau
<b>Bài 3 (1 điểm)</b>

Lập phương trình bậc hai ẩn x có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn các điều kiện:

x1 + x2 = 1 (1) và

1 2

1 2

x x 13

x 1 x 16 ₍₂₎
<b>Giải:</b>

Ta có: (2) 

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

x x x x x x 13 2x x (x x ) 13
(x 1)(x 1) 6 x x (x x ) 1 6

    

  

    

 12x1x2 – 6(x1 + x2) = 13x1x2 – 13(x1 + x2) + 13

 x1x2 = 7(x1 + x2) – 13

 x1x2 = –6

Vậy: Phương trình bậc hai cần lập là: x2_{– x – 6 = 0}

</div>
<span class='text_page_counter'>(54)</span><div class='page_container' data-page=54>

Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ đường cao AH và đường phân giác BE (HBC,

EAC). Kẻ AD vng góc với BE (DBE)

a) Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn (O) ngoại tiếp tứ
giác ADHB

b) Chứng minh tứ giác ODCB là hình thang

c) Gọi I là giao điểm của OD và AH. Chứng minh:

2 2 2

1 1 1

4AI AB AC

d) Cho biết góc ABC 60  0_{, độ dài AB = a. Tính a theo diện tích hình phẳng giới hạn bởi}

AC, BC và cung nhỏ AH của (O)

<b>Giải:</b>

a) Ta có: AD  BE (gt) ADB 90  0. Suy ra: D thuộc đường trịn đường kính AD

Tương tự: H thuộc đường trịn đường kính AD

Vậy: ABHD nội tiếp đường trịn đường kính AB. Tâm O của đường trịn là trung điểm [AB]
b) ÄADB vng tại D có OD là trung tuyến. Nên OD =

1

2_{AB = OB}

 ÄOBD cân tại O. Suy ra: D 1 B 2 mà B 2 B 1(gt)

Suy ra: B 1 D 1 _ OD // BC. Vậy: Tứ giác ODBC là hình thang
c) OD // BC mà OB = OA nên AI = IH =

1

2_{AH. Hay: AH = 2AI} ₍₁₎

Mặt khỏc ÄABC vng tại A, đường cao AH có: 2 2 2

1 1 1

AH AB AC ₍₂₎

Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2

1 1 1

4AI AB AC

d) Ta có: ABC 60  0__{ÄABC là nửa tam giác đều nên: BC = 2a}
ÄOBH cân có B 60  0__{ÄOBH là tam giác đều}__{BH = OB =}

a

2__{HC =}
3a

2

Theo ĐL Pitago:

2

2 2 2 a a 3

AH AB BH a

4 2

    

1
2

1

I

O

D

H

E

C

A

</div>
<span class='text_page_counter'>(55)</span><div class='page_container' data-page=55>

 SAHC =

2

1 1 3a a 3 3a 3

AH.HC . .

2 2 2 2  8

Vì OI là đường trung bỡnh của ÄABH nên:

1 a

OI BH

2 4

 

Gọi diện tích của hình quạt trịn OAH là S1 và diện tích của phần mặt phẳng giới hạn bởi

cung nhỏ AH và dây cung AH là S2. Ta có:

S2 = S1 – SOAH =

2

2 2
a

π 120 _{1 a 3 aπa} _a ₃

4 _. _.

</div>
<span class='text_page_counter'>(56)</span><div class='page_container' data-page=56>

Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2010-2011
Môn : Toán

Ngày thi: 25/6/2010
Thời gian làm bài: 120 phút
<b>Câu 1: (2,0 điểm):</b>

Cho hai số: x1=2- 3 ; x2=2+ 3

1. Tính: x1 + x2 và x1 x2

2. Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 là hai nghiệm.

<b>Câu 2: (2,5 điểm):</b>

1. Giải hệ phương trình: 3x + 4y = 7
2x – y = 1

2. Rút gọn biểu thức:

A= 2
1
1

1
1
1
















<i>a</i>
<i>a</i>
<i>a</i>

<i>a</i>
<i>a</i>

với a_{0 ; a}₁

<b>Câu 3: (1,0 điểm):</b>

Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho đường thẳng (d): y =(m2_{- m)x + m và đường thẳng (d}!_{): y}

= 2x + 2 . Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d!_).

<b>Câu 4: (3,5điểm):</b>

Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), AB là dây cung cố định khơng đi qua tâm của đường
trịn (O). Gọi I là trung điểm của dây cung AB , M là một điểm trên cung lớn AB (M khơng trùng
với A,B). Vẽ đường trịn (O,_{) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AB tại A. Tia MI cắt đường}

tròn (O,_{) tại điểm thứ hai N và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai C.}

1. Chứng minh rằng _BIC=_{AIN, từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình bình hành.}
2. Chứng minh rằng BI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.

3. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn nhất.
<b>Câu 5: (1,0 điểm):</b>

Tìm nghiệm dương của phương trình:









2006

2005
2

2005

2

₁

₁

₁

₂

1



<i>x</i>



<i>x</i>







<i>x</i>



<i>x</i>





</div>
<span class='text_page_counter'>(57)</span><div class='page_container' data-page=57>

Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2010-2011
Môn : Toán

Ngày thi: 25/6/2010
Thời gian làm bài: 120 phút
<b>Câu 1: (2,0 điểm):</b>

Cho hai số: x1=2- 3 ; x2=2+ 3

1. Tính: x1 + x2 và x1 x2

2. Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 là hai nghiệm.

<b>Câu 2: (2,5 điểm):</b>

1. Giải hệ phương trình: 4x + 3y = 7
2x – y = 1

a) 2. Rút gọn biểu thức:

B= 2
1
1

1
1
1

















<i>b</i>
<i>b</i>
<i>b</i>

<i>b</i>
<i>b</i>

với b_{0 ; b}₁

<b>Câu 3: (1,0 điểm):</b>

Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho đường thẳng (d): y=( m2_{- 2m)x +m và đường thẳng (d}!_):

y=3x+3 . Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d!_).

<b>Câu 4: (3,5điểm):</b>

Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), AB là dây cung cố định không đi qua tâm của đường
tròn (O). Gọi I là trung điểm của dây cung AB , M là một điểm trên cung lớn AB (M không trùng
với A,B). Vẽ đường tròn (O,_{) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AB tại B. Tia MI cắt đường}

tròn (O,_{) tại điểm thứ hai N và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai C.}

4. Chứng minh rằng



AIC=



BIN, từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình bình
hành.

5. Chứng minh rằng AI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.

6. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn nhất.
<b>Câu 5: (1,0 điểm):</b>

Tìm nghiệm dương của phương trình:









2007
2006

2
2006

2

₁

₁

₁

₂

1



<i>x</i>



<i>x</i>







<i>x</i>



<i>x</i>





<i>Đề chính thức</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(58)</span><div class='page_container' data-page=58>

Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT - Đề C
Năm học 2010-2011
Mơn : Tốn

Ngày thi: 25/6/2010
Thời gian làm bài: 120 phút
<b>Câu 1: (2,0 điểm):</b>

Cho hai số: x1=2- 3 ; x2=2+ 3

1. Tính: x1 + x2 và x1 x2

2. Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 là hai nghiệm.

<b>Câu 2: (2,5 điểm):</b>

1. Giải hệ phương trình: 5x + 4y = 9
2x – y = 1

b) 2. Rút gọn biểu thức:

C= 2
1
1

1
1
1

















<i>c</i>
<i>c</i>
<i>c</i>

<i>c</i>
<i>c</i>

với c_{0 ; c}₁

<b>Câu 3: (1,0 điểm):</b>

Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho đường thẳng (d): y=( m2_{- 3m)x +m và đường thẳng (d}!_):

y=4x+4 . Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d!_).

<b>Câu 4: (3,5điểm):</b>

Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), CD là dây cung cố định khơng đi qua tâm của đường
trịn (O). Gọi I là trung điểm của dây cung CD , M là một điểm trên cung lớn CD (M không trùng
với C,D). Vẽ đường tròn (O,_{) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng CD tại C. Tia MI cắt đường}

tròn (O,_{) tại điểm thứ hai N và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E.}

7. Chứng minh rằng _DIE=_{CIN, từ đó chứng minh tứ giác CNDE là hình bình hành.}
8. Chứng minh rằng DI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN.

9. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn CD để diện tích tứ giác CNDE lớn nhất.
<b>Câu 5: (1,0 điểm):</b>

Tìm nghiệm dương của phương trình:









2008

2007
2

2007

2

₁

₁

₁

₂

1



<i>x</i>



<i>x</i>







<i>x</i>



<i>x</i>





</div>
<span class='text_page_counter'>(59)</span><div class='page_container' data-page=59>

Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT

Năm học 2010-2011. Mơn : Tốn
Ngày thi: 25/6/2010
Thời gian làm bài: 120 phút
<b>Câu 1: (2,0 điểm):</b>

Cho hai số: x1=2- 3 ; x2=2+ 3

1. Tính: x1 + x2 và x1 x2

2. Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 là hai nghiệm.

<b>Câu 2: (2,5 điểm):</b>

1. Giải hệ phương trình: 4x + 5y = 9
2x – y = 1

2. Rút gọn biểu thức:

D= 2
1
1

1
1
1
















<i>d</i>
<i>d</i>
<i>d</i>

<i>d</i>
<i>d</i>

với d_{0 ; d}₁

<b>Câu 3: (1,0 điểm):</b>

Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho đường thẳng (d): y=( m2_{- 4m)x +m và đường thẳng (d}!_):

y=5x+5 . Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d!_).

<b>Câu 4: (3,5điểm):</b>

Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), CD là dây cung cố định không đi qua tâm của đường
tròn (O). Gọi I là trung điểm của dây cung CD , M là một điểm trên cung lớn CD (M khơng trùng
với C,D). Vẽ đường trịn (O,_{) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng CD tại D. Tia MI cắt đường}

tròn (O,_{) tại điểm thứ hai N và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E.}

1.Chứng minh rằng _CIE=_{DIN, từ đó chứng minh tứ giác CNDE là hình bình hành.}
2.Chứng minh rằng CI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN.

3.Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn CD để diện tích tứ giác CNDE lớn nhất.
<b>Câu 5: (1,0 điểm):</b>

Tìm nghiệm dương của phương trình:









2009
2008

2
2008

2

₁

₁

₁

₂

1



<i>x</i>



<i>x</i>







<i>x</i>



<i>x</i>





</div>
<span class='text_page_counter'>(60)</span><div class='page_container' data-page=60>

<b>Đề 1</b>

<b>Câu1 : Cho biểu thức </b>

A= 2
)
1
(
:
1
1
1
1
2
2
2

3
3




















<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>

Với x 2;1

.a, Ruý gọn biểu thức A

.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 62 2
c. Tìm giá trị của x để A=3

<b> Câu2.a, Giải hệ phương trình:</b>









12
3
2
4
)
(
3
)
( 2
<i>y</i>
<i>x</i>

<i>y</i>
<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

b. Giải bất phương trình:
3
15
2
4
2
2
3





<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<0

<b> Câu3. Cho phương trình (2m-1)x</b>2_-2mx+1=0

Xác định m để phương trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

<b>Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính BC .Điểm A thuộc nửa đường trịn đó Dưng hình </b>

vng ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa
đường tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED

a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đường tròn
b. Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ?

đáp án

<b>Câu 1: a. Rút gọn A=</b> <i>x</i>

<i>x</i>2 2


b.Thay x= 62 2_{vào A ta được A=} 6 2 2
2
2
4




c.A=3<=> x2_{-3x-2=0=> x=} 2

17
3

<b>Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt: a</b>2_{+3a=4 => a=-1;a=-4}

Từ đó ta có









12
3
2
4
)
(
3
)
( 2
<i>y</i>
<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>
<=>
* 





12
3

2
1
<i>y</i>
<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>
(1)
*






12
3
2
4
<i>y</i>
<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>
(2)

</div>
<span class='text_page_counter'>(61)</span><div class='page_container' data-page=61>

O
K
F
E
D
C

B
A

Giải hệ (2) ta được x=0, y=4

Vậy hệ phương trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
b) Ta có x3_-4x2_{-2x-15=(x-5)(x}2_+x+3)

mà x2_+x+3=(x+1/2)2_{+11/4>0 với mọi x}

Vậy bất phương trình tương đương với x-5>0 =>x>5
<b>Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x</b>2_-2mx+1=0

 Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1
 Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có

,

 _{= m}2_{-2m+1= (m-1)}2__{0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m}

ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)
với m 1/2 pt cịn có nghiệm x= 2 1

1



<i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>

=2 1

1

<i>m</i> 

pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1<2 1
1

<i>m</i> _<0










0
1
2
0
1
1
2
1
<i>m</i>

<i>m</i>

=>







0
1
2
0
1
2
2
<i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>
=>m<0

Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
<b>Câu 4: </b>

a. Ta có _{KEB= 90}0

mặt khác _{BFC= 90}0_{( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)}

do CF kéo dài cắt ED tại D

=> _{BFK= 90}0_{=> E,F thuộc đường trịn đường kính BK}

hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường trịn đường kính BK.
b. _BCF=_BAF

Mà _BAF=_BAE=450_=>__{BCF= 45}0

Ta có _BKF=_BEF

Mà _BEF=_BEA=450_{(EA là đường chéo của hình vng ABED)=>}__BKF=450

Vì _BKC=_{BCK= 45}0_{=> tam giác BCK vuông cân tại B}

<b>Đề 2</b>

<b>Bài 1: Cho biểu thức: P = </b>






























1
1
2
2
:
1
1
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i>

a,Rút gọn P

b,Tìm x nguyên để P có giá trị ngun.

<b>Bài 2: Cho phương trình: x</b>2_{-( 2m + 1)x + m}2_{+ m - 6= 0 (*)}

a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm.

b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn

3
2
3
1 <i>x</i>
<i>x</i> 
=50
<b>Bài 3: Cho phương trình: ax</b>2_{+ bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x}

</div>
<span class='text_page_counter'>(62)</span><div class='page_container' data-page=62>

a,Phương trình ct2_{+ bt + a =0 cịng có hai nghiệm dương phân biệt t}
1 và t2.

b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4

<b>Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác.</b>
D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.

a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.

b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB và AC .
Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.

c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
<b>Bài 5: Cho hai số dương x; y thoả mãn: x + y </b>₁

Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = <i>x</i> <i>y</i> <i>xy</i>
501
1
2
2 

<b>Đáp án</b>
<b>Bài 1: (2 điểm). ĐK: x </b>0;<i>x</i>1

a, Rút gọn: P =













1
1
2
:
1
1
2 2





<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i> <i>z</i>

<=> P = 1
1
)
1
(
1
2





<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

b. P = 1

2
1
1

1





<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>

Để P nguyên thì

)
(
1
2
1
9
3
2
1
0
0
1
1
4
2
1
1
<i>Loai</i>

<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>



























Vậy với x=



0;4;9



thì P có giá trị ngun.
<b>Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì:</b>
































0
1
2
0
6
0
6
4
1
2
2
1
2
2
1
2
2
<i>m</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>m</i>
<i>m</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>

3
2
1
0
)
3
)(
2
(
0
25



















 <i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(63)</span><div class='page_container' data-page=63>























2
5
1

2
5
1
0
1
50
)
7
3
3
(
5
2
1
2
2
<i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>

<b>Bài 3: a. Vì x</b>1 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. .

Vì x1> 0 => c.

.
0

1
.
1
1
2

1   





<i>a</i>
<i>x</i>
<i>b</i>

<i>x</i> _{Chứng tỏ} 1

1

<i>x</i> _{là một nghiệm dương của phương trình: ct}2₊

bt + a = 0; t1 = 1

1
<i>x</i> _{Vì x}

2 là nghiệm của phương trình:

ax2_{+ bx + c = 0 => ax}

22 + bx2 + c =0

vì x2> 0 nên c.

0
1
.
1
2
2
2




















<i>a</i>
<i>x</i>
<i>b</i>

<i>x</i> _{điều này chứng tỏ} ₂

1

<i>x</i> _{là một nghiệm dương của phương}

trình ct2_{+ bt + a = 0 ; t}
2 = 2

1
<i>x</i> 

Vậy nếu phương trình: ax2_{+ bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x}

1; x2 thì phương trình : ct2

+ bt + a =0 cịng có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 . t1 = 1

1
<i>x</i> _{; t}

2 = 2

1
<i>x</i>

b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dương nên

t1+ x1 = 1

1
<i>x</i> _{+ x}

1 2 t2 + x2 = 2

1
<i>x</i> _{+ x}

2 2

Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4

<b>Bài 4</b>

a. Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó:
BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên

CH <i>AB</i>_{và BH}<i>AC</i>_{=> BD}<i>AB</i>_{và CD} <i>AC</i>_.

Do đó: _{ABD = 90}0_và__{ACD = 90}0 _.

Vậy AD là đường kính của đường trịn tâm O
Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD
của đường trịn tâm O thì

</div>
<span class='text_page_counter'>(64)</span><div class='page_container' data-page=64>

tứ giác BHCD là hình bình hành.

b) Vì P đối xứng với D qua AB nên _{APB =}_ADB
nhưng _{ADB =}_{ACB nhưng}_{ADB =}_ACB

Do đó: _{APB =}_{ACB Mặt khác:}
_{AHB +}_{ACB = 180}0_=>__{APB +}__{AHB = 180}0

Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên _{PAB =}_PHB
Mà _{PAB =}_{DAB do đó:}_{PHB =}_DAB

Chứng minh tương tự ta có: _{CHQ =}_DAC

Vậy _{PHQ =}_{PHB +}_{BHC +}_{CHQ =}_{BAC +}_{BHC = 180}0

Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c). Ta thấy _{APQ là tam giác cân đỉnh A}

Có AP = AQ = AD và _{PAQ =}_{2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ}
đạt giá trị lớn nhất _ AP và AQ là lớn nhất hay _ AD là lớn nhất

</div>

<!--links-->