de thi thu vao 10 rat hay

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.95 MB, 59 trang )

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

Së GD - §T Kì thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2009-2010
Khánh hoà môn: toán

Ngµy thi : 19/6/2009

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,0đ) (Khơng dùng máy tính cầm tay)

a. Cho biÕt A = 5 + 15 vµ B = 5 - 15 hÃy so sánh tổng A + B và tích A.B.
b. Giải hệ phơng trình

2 1

3 2 12

x y
x y

 




 


Bài 2: (2,50 điểm)

Cho Parabol (P) : y = x2 và đường 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 tọa độ giao điểm của (p) và (d).

c. Gọi A(xA; yA), B(xB; yB) là hai giao điểm phân biệt của (P) và (d). tìm các giá

trị của m sao cho yA + yB = 2(xA + xB) – 1

Bài 3: (1,50 điểm)

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6(m) và bình phương độ
dài đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác định chiều dài và chiều rộng mảnh đất đó.
Bài 4: (4,00 điểm)

Cho đường trịn (O; R). Từ một điểm M nằm ngồi (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA và
MB (A, B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C bất kì trên cung nhỏ AB (Ckhác với A và
B). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vng góc của C trên AB, AM, BM.

a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh: CDE CBA 

c. Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh
IK//AB.

d. Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ nhất. Tính giá trị

nhỏ nhất đó khi OM = 2R.

- Hết

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

Bài 1: (2,00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)

a. Cho biết A 5 15 và B = 5 15 hãy so sánh tổng A+B và tích A.B



 





 







Ta coù : A+B= 5 15 5 15 10

A.B = 5 15 . 5 15 5 15 25 15 10
A+B = A.B

Vaäy

   

      

b. Giaûi hệ phương trình:

2 1

3 2 12
x y
x y

 




 






1 2

2 1 1 2

3 2 1 2 12

3 2 12 3 2 4 12

1 2 1 2 1 4 3

7 2 12 7 14 2 2

y x

x y y x

x x

x y x x

y x y x y y

x x x x

 


   

  

 

  

  

     

  

      

   

       

    

   

Bài 2: (2,50 điểm)

Cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d): y = mx – 2 (m là tham số, m ≠ 0 )

a. Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng Oxy.
TXĐ: R

BGT:

x -2 -1 0 1 2

y = x2 4 1 0 1 4

Điểm đặc biệt:

Vì : a = 1 > 0 nên đồ thị có bề lõm quay lên trên.

Nhận trục Oy làm trục đối xứng. Điểm thấp nhất O(0;0)
ĐỒ THỊ:

b. Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (p) và (d).
Khi m = 3 thì (d) : y = 3x – 2

Phương trình tìm hồnh độ giao điểm:
x2 = 3x – 2

x2 - 3x + 2 = 0
(a+b+c=0)

=>x1 = 1 ; y1 = 1 và x2 = 2; y2 = 4

Vậy khi m = 3 thì d cắt P tại hai điểm
(1; 1) và (2; 4).

c. Gọi A(xA; yA), B(xB; yB) là hai giao

điểm phân biệt của (P) và (d). tìm các
giá trị của m sao cho

yA + yB = 2(xA + xB) – 1(*)

Vì A(xA; yA), B(xB; yB) là giao điểm

của (d) và (P) nên:





A A

B B

A B A B

y = mx 2
y = mx 2
y y =m x x 4




  

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

































A B A B

A B

A B A B

A B
Thay vaøo (*) ta coù:

m x x 4 2 x x 1
m x x 2 x x 3

2 x x 3

x x x x

m 2
x x
    
    

  
 
  

Baøi 3: (1,50 đ )









x(m) là chiều dài mảnh đất hình chữ nhật.

=> x-6 (m) là chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật(ĐK: x-6>0 => x> 6)
chu vi mảnh đất là 2. x+ x-6 = 2. 2x-6 4 12

; bình
Gọi

x
Theo định lí Pitago

   

 









2 2 2 2

phương độ dài đường chéo sẽ là:
x x-6 x x 36 12 2x 12 36

: 2x 12 36 5. 4 12
2x 12 36 20 60

x x

Ta có phương trình x x

x x
       
   
    





2
2
1 2

2x 32 96 0

x 16 48 0
' 64 48 16

' 16 4 0

8 4 8 4

nghieäm: x 12 vaø x 4 6

1 1

chiều dài mảnh đất là 12(m) và chiều rộng mảnh đất là 6(m)
x

x

Phương trình co ùhai loại

Vậy
   
   
   
    
 
    

Bài 4: (4,00 điểm)

GT đt:(O; R),tt:MA,MB;CCD AB CE AM CF BM; ; AB

  

a. Chứng minh AECD là một tứ giác
nội tiếp.

b. Chứng minh: CDE CBA 

c. IK//AB
BAØI LAØM:

a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác AECD ta có :

- Hai góc đối AEC ADC 90 ( CD AB CE AM ;  )

Nên tổng của chúng bù nhau.

Do đó tứ giác AECD nội tiếp đường tròn
b. Chứng minh: CDE CBA 

Tứ giác AECD nội tiếp đường tròn nên

  ( )

CDE CAE cùngchắncungCE

Điểm C thuộc cung nhỏ AB nên:

1
-1

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

  ( )

CAE CBA cùngchắncungCA

Suy ra : CDE CBA 

c. Chứng minh IK//AB

 
 

 

      
 

 

1 1 2 2

0
Xeùt DCE và BCA ta có:
D ( )

DCE KCI

E ( )

EAD IDK( ; )

EAD DCE 180 ( nội tiếp)
KCI IDK 180

B cmt

A cùngchắncungCD

mà A D A D FBC

tứ giác AECD


 

 



 

   

 

  

 

Suy ra tứ giác ICKD nội tiếp.
=>

 



CK



CIK CDK cùngchắn

Mà

 



CBF



CAB CDK cùngchắn

Suy ra CIK CBA ở 



vị trí đồng vị



 IK//AB (đpcm)

d. Xác định vị trí điểm C trên cung nhoû AB

để (AC2 + CB2 ) nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó khi OM = 2R.
Gọi N là trung điểm của AB.

Ta có:

AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2
= 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2+ AN2 – 2AN.ND + 
ND2.

= 2CN2 + 2AN2

= 2CN2 + AB2/2

AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN khi CN đạt GTNN

 C là giao điểm của ON và
cung nhỏ AB.

=> C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB.

Khi OM = 2R thì OC = R hay C là trung điểm của OM => CB = CA = MO/2 = R
Do đó: Min (CA2 + CB2) = 2R2 .

Sở Giáo dục và đào tạo

Hµ Néi

Kú thi tun sinh vµo líp 10 THPT
Năm học: 2009 - 2010

Môn thi: ToánNgày thi: 24 tháng 6 năm 2009 Thêi gian lµm bµi: 120 phót
A

B
M

C
D
E

I K

A
2

D
1 D2
A

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

Bài I(2,5 điểm) Cho biểu thức

1 1

4 2 2

x
A

x x x

= + +

- - + , víi x≥0; x≠4
1) Rót gän biĨu thøc A.

2) Tính giá trị của biểu thức A khi x=25.
3) Tìm giá trị của x

1
3

A
=-.

Bài II(2,5 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:

Hai t sản suất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai
may trong 5 ngày thì cả hai tổ may đợc 1310 chiếc áo. Biết rằng trong mỗi ngày tổ thứ
nhất may đợc nhiều hơn tổ thứ hai 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ may trong một ngày đợc bao
nhiêu chiếc ỏo?

Bài III(1,0 điểm)

Cho phng trỡnh (n x): x2- 2(m+1)x m+ 2+ =2 0
1) Giải phơng trình đã cho với m=1.

2) Tìm giá trị của m để phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn
hệ thc:

2 2
1 2 10

x +x = .

Bài IV(3,5 điểm)

Cho đờng tròn (O; R) và A là một điểm nằm bên ngồi đờng trịn. Kẻ các tiếp tuyến
AB, AC với đờng tròn (B, C là các tiếp điểm).

1) Chøng minh ABOC lµ tø giác nội tiếp.

2) Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và
OE.OA=R2.

3) Trên cung nhỏ BC của đờng tròn (O; R) lấy điểm K bất kì (K khác B và C).
Tiếp tuyến tại K của đờng tròn (O; R) cắt AB, AC theo thứ tự tại các điểm P và
Q. Chứng minh tam giác APQ có chu vi khơng đổi khi K chuyển động trên
cung nhỏ BC.

4) Đờng thẳng qua O, vng góc với OA cắt các đờng thẳng AB, AC theo thứ tự
tại các điểm M, N. Chứng minh PM+QN MN.

Bài V(0,5 điểm)

Giải phơng trình:

(

)

2 1 2 1 1 2 3 2 2 1

4 4 2

x - + x + + =x x + +x x+

---HÕt---HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT (2009-2010)

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1 Bài toán về phân thức đại số 2,5đ

1.1 Rút gọn biểu thức

Đặt y x xy ; y ,y

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

Khi đó
  
 

y
A
y y
y
2
2
1 1
2 2
4
 
   
 

  
  
 
  
  


y y y

y y y y y

y y y

y
2

2 2 2

2
2

2 2

4 4 4

2 2

2 2 2

4
Suy ra


x
A
x 2
0,5

1.2 Tính giá trị A khi x25

Khi

   



x 25 A 25 5

25 2 0,5

1.3

Tìm x khi




A 1
3
 
 
  

  
 

      tho¶ m·n ®k 0,x4

y
A

y

y y

y

y x x x

1 1

3 2 3

3 2

4 2

1 1 1

2 2 4

2 Giải bài toán bằng cách lập phương trình hay hệ phương trình 2.5đ

* Gọi:

 Số áo tổ  may được trong 1 ngày là x x;x10

 Số áo tổ  may được trong 1 ngày là y y,y0

0,5

* Chênh lệch số áo trong 1 ngày giữa 2 tổ là: x y10

* Tổng số áo tổ  may trong 3 ngày, tổ  may trong 5 ngày là: 3x5y1310

 
 
 
  


 
    
 
 


 
 



 


Ta cã hƯ

tho¶ m·n ®iỊu kiƯn
y x

x y

x y x x

y x
x
x
y
10
10

3 5 1310 3 5 10 1310

10
8 50 1310

170
160

Kết luận: Mỗi ngày tổ  may được 170(áo), tổ  may được 160(áo)

3 Phương trình bậc hai 1đ

3.1

Khi m1 ta có phương trình:x2 4x 3 0
Tổng hệ số a  b c 0 Phương trình có 2 nghiệm

 ;  c

x x

a

1 1 2 3

0,5

3.2

* Biệt thức 'x m   m    m

2 2

1 2 2 1

Phương trình có 2 nghiệm x1x2

 'x 2m 1 0  m1

0,25

* Khi đó, theo định lý viét

 


   



   


b

x x m

a
c

x x m

a
1 2
2
1 2
2 1
2
 
   
   
   
 

Ta cã x x x x x x

m m

2
2 2

1 2 1 2 1 2

2 2

4 1 2 2

2 8

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

* Theo yêu cầu:

loại

x x m m

m

m m

m

    



     




2 2 2

1 2

10 2 8 10

1
2 8 10 0

Kết luận: Vậy m1 là giá trị cần tìm.

4 Hình học 3,5

4.1 1đ

* Vẽ đúng hình và ghi đầy đủ giả thiết kết luận

0,5

* Do AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O)

 

 ACOABO90
 Tứ giác ABOC nội tiếp được.

0,5

4.2 1đ

* AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O) AB = AC

Ngoài ra OB = OC = R

Suy ra OA là trung trực của BCOABE

0,5
* OAB vuông tại B, đường cao BE

Áp dụng hệ thức liên hệ các cạnh ta có: OE OA. OB2R2

0,5

4.3 1đ

* PB, PK là 2 tiếp tuyến kẻ từ P đến (O) nên PK = PB

tương tự ta cũng có QK = QC 0,5

* Cộng vế ta có:

  

       

    

 Chu vi   Không đổi

PK KQ PB QC

AP PK KQ AQ AP PB QC QA
AP PQ QA AB AC

APQ AB AC

0,5

4.4 0,5

C

ỏc

h

1

MOP ng dng viNQO

Bđt Côsi

Suy ra:

. .

®pcm

OM MP
QN NO

MN
MP QN OM ON

MN MP QN MP QN

MN MP QN



  

   

  

2
2

4
4

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

C

ác

h

2

* Gọi H là giao điểm của OA và (O), tiếp tuyến tại H với (O)cắt AM, AN tại X, Y.
Các tam giác NOY có các đường cao kẻ từ O, Y bằng nhau ( = R)

NOY cân đỉnh NNO = NY

Tương tự ta cũng có MO = MX
MN = MX + NY.

Khi đó: XY + BM + CN = XB + BM + YC + CN = XM + YN = MN

* Mặt khác

MP + NQ = MB + BP + QC + CN = MB + CN + PQ

**

 MB + CN + XY= MN

0,5

5 Giải phương trình chứa căn 0,5đ

    

   

            

   

PT x x x x x x

2 1 1 1 2 1 2 1 1 2 1

4 2 2 2

Vế phải đóng vai trị là căn bậc hai số học của 1 số nên phải có VP0

Nhưng do x     x

2 1 0

nên



     

VP 0 x 1 0 x 1

2 2

Với điều kiện đó:

 

    

 

x  x x

1 1 1

2 2 2

0,25
 
 
 
 
      
     
    


  
 

 
 
 
 
 
 
 
   
   
   
 


Thoả mÃn điều kiện

* T x x x x

x x x x

x x x

x x

x

P 2 1 1 1 2 1

4 2 2

1 1

2 2 1

4 2

1 1 2 1

2 2

1 0 1

2 2

2 1 1 0

Tập nghiệm:

 


 ;

S 1 0

0,25

Sở GD và ĐT

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

Chí Minh

Môn thi: toán

Câu I: Giải các phơng trình và hệ phơng trình sau:

a) 8x2 - 2x - 1 = 0 b)

2 3 3

5 6 12

x y

 




 

 c) x4 - 2x2 - 3 = 0 d) 3x2 - 2 6x +
2 = 0

Câu II: a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y =

x

và đthẳng (d): y = x + 4 trên cùng một hệ
trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.

C©u III: Thu gän c¸c biĨu thøc sau:
A =

4 8 15

3 5 1  5 5

B =

:
1

1 1

x y x y x xy

xy

xy xy

      


   

    



Câu IV: Cho phơng trình x2 - (5m - 1)x + 6m2 - 2m = 0 (m lµ tham số)
a) Chứng minh phơng trình luôn có nghiệm với mọi m.

b) Gọi x1, x2 là nghiệm của phơng trình. Tìm m để x12 + x22 =1.

Câu V: Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn (O) có tâm O,
bán kính R. Gọi H là giao điểm của ba đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC. Gọi S
là diện tích tam giác ABC.

a) Chúng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đờng trịn.

b) Vẽ đờng kính AK của đờng trịn (O). Chứng minh tam giác ABD và tam giác
AKC đồng dạng với nhau. Suy ra AB.AC = 2R.AD và S =

. .

AB BC CA
R .

c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đờng trịn.
d) Chứngminh rằng OC vng góc với DE và (DE + EF + FD).R = 2 S.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10></div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO

TỈNH PHÚ N

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ
THƠNG

NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian
phát đề)

*****

Câu 1.(2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

2 1

3 4 14

x y
x y

 




 

 .

b) Trục căn thức ở mẫu:

25 2

7 2 6 4 2 3

A B

  .

Câu 2.(2,0 điểm) Giải bài toán bằng các lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng. Hôm làm việc có 5 xe được
điều đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn. Hỏi đội xe ban
đầu có bao nhiêu chiếc?

Câu 3.(2,5 điểm) Cho phương trình x2 - 4x – m2 + 6m - 5 =0 với m là tham số.

a) Giải phương trình với m = 2.

b) Chứng minh rằng phương trình ln có nghiệm.

c) Giả sử phương trình có hai nghiệm là x1, x2, hãy tìm giá trị bé nhất của biểu

thức P = x13+x23 .

Câu 4.(2,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường trịn đường
kính AB = 2R. Hạ BN và DM cùng vng góc với đường chéo AC.

a) Chứng minh rằng tứ giác CBMD nội tiếp được.
b) Chứng minh rằng: DB.DC = DN.AC.

c) Xác định vị trí điểm D để hình bình hành ABCD có diện tích lớn nhất và tính
diện tích hình bình hành trong trường hợp này.

Câu 5.(1,0 điểm) Cho D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn tâm O. Ta vẽ hai đường tròn tâm O1 , O2 tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại

B,C và đi qua D. Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này. Chứng minh
rằng điểm E nằm trên đường tròn (O).

II- Đáp án và thang điểm:

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1a.

(1,0đ) Ta có

2 1 (1)

3 4 14 (2)

x y
x y

 




 

 .

Lấy phương trình (1) nhân với -4 ta được : -8x -4y = 4
(3)

Lấy (2) cộng với (3) ta được : 5x = 10  x = 2
Thế vào x = 2 vào (1) ta tính được y = -5

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

Vậy hệ phương trình có nghiệm x = 2 và y = -5.

Câu

1b.

(1,0đ) A =

25 25(7 2 6)
7 2 6 (7 2 6)(7 2 6)




  

25(7 2 6)

7 2 6
25



 
.

B = 2

2 2

4 2 3  ( 3 1) =

2( 3 1)
( 3 1)( 3 1)



 

2( 3 1) 2( 3 1)

3 1
2

( 3 1)( 3 1)

 
  
  .
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2a.

(2,0đ) Gọi x là số xe của đội xe lúc đầu ( x > 5, nguyên).
Lượng hàng mỗi xe dự định phải chuyển là:

150

x (tấn)
Số xe thực tế khi làm việc là : x -5

Nên lượng hàng mỗi xe phải chở thực tế là :

150

x 5 (tấn)
Theo đề ra ta có phương trình :

150
x 5 -

150
x = 5

Rút gọn, ta có phương trình : x2 -5x -150 = 0

Giải ra ta được x1 = 15 (nhận), x2 = -10 (loại)

Vậy đội xe ban đầu có 15 chiếc.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50

0,25
Câu 3a.

(1,0đ) Với m = 2, phương trình trở thành: x

2 -4x + 3 = 0.

Phương trình có các hệ số : a = 1, b = -4, c = 3.
Ta có :’ = 22 – 3.1 = 1 >0.

Áp dụng cơng thức nghiệm, phương trình có hai nghiệm
phân biệt: 1 2

2 1 2 1

x 3; x 1

1 1
 
   
.
0,25
0,25
0,50
Câu
3b.
(0,75đ)

Phương trình có các hệ số : a = 1, b = 2b’= -4, c = -m2

+6m -5

’ = (-2)2-(-m2 +6m -5) = m2 -6m + 9 = (m-3)2  0, 
m.

Do đó phương trình đã cho ln có nghiệm.

0,25
0,25
0,25
Câu 3c.
( 0,75đ
)

Theo hệ thức Viét : x1+ x2 = 4 ; x1x2 = -m2 +6m -5

Ta có : x13+ x23 = (x1+x2)3 –3x1x2(x1+ x2)

Suy ra : x13+ x23 = 43 –3.4(-m2 +6m -5) = 12(m-3)2+16

 16

Vậy Min(x13+ x23) = 16 khi m = 3.

0,25
0,25
0,25

Câu 4a. Ta có AD//BC (ABCD là hbh)D C
N

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

(0,75đ) Suy ra CBD = ADB 90  0

 (ADB

nhìn đường kính AB).
Lại có: DMC 90 0

 (gt),

Nên C, B, M, D cùng nằm trên
đường trịn đường kính DC,
do đó tứ giác CBMD nội tiếp
được (đpcm).

0,25
0,25

0,25

Câu
4b.
(1,0đ)

Xét ∆ ACD và ∆BDN có:
 

DAC=DBN (cùng chắn DN ) (1),

Do tứ giác DMBN là hình bình hành (DM//NB, DM =

NB)

Suy ra DBM BDN  .

Mặt khác DBM DCA  (do CBMD nội tiếp – cmt), 
Suy ra BDN DCA  (2).

Từ (1) và (2) suy ra ∆ ACD  ∆BDN (g.g)
Suy ra

AC D
BD DN

C



hay DB.DC = DN.AC (đpcm).

0,25
0,25

Câu 4c.

(0,75đ) Kẻ DH AB = 2R khơng đổi, do đó SAB (H AB) .SABCD = 2SABCD ABD = DH.AB. lớn nhất  DH lớn
nhất.

Do D chạy trên đường trịn đường kính AB nên DH  R,
DH = R khi D là trung điểm của cung AB.

Suy ra SABCD = R.2R = 2R2.

0,25
0,25
0,25
Câu 5.

(1,0đ) Với đường trịn (ODEC=BCA  (chắn DC2) có:).
Với đường trịn (O1) có:

 

DEB=CBA (chắn BD ).

Do đó:
 

BEC + BAC = DEC+DEB BAC  

= BCA+CBA BAC  
= 1800

Suy ra tứ giác ABEC nội tiếp,
hay E nằm trên đường tròn (O).

0,25
0,25

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO

TỈNH BÌNH ĐỊNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi: TỐN ( Hệ số 1 – mơn Tốn chung)
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)

O
A

C
B

O1

O2
D

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

*****

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho

2 1 1

1 1

x x x

P

x

x x x x

  

  


  

a. Rút gọn P

b. Chứng minh P <1/3 với và x#1

Bài 2: (2,0 điểm)

Cho phương trình:

(1)

a. Chứng minh rằng phương trình (1) ln ln có 2 nghiệm phân biệt.

b. Gọi là 2 nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
c. Tìm hệ thức giữa và không phụ thuộc vào m.

Câu 3: (2,5 điểm)

Hai vòi nước cùng chảy vào 1 cái bể khơng có nước trong 6 giờ thì đầy bể. Nếu để
riêng vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ, sau đó đóng lại và mở vịi thứ hai chảy tiếp trong 3
giờ nữa thì được 2/5 bể. Hỏi nếu chảy riêng thì mỗi vịi chảy đầy bể trong bao lâu?

Bài 4: (3 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là 1 điểm
trên đoạn CI (M khác C và I). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD tại P và cắt DC tại Q.

a. Chứng minh DM . AI = MP . IB
b. Tính tỉ số

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+b+c=3. Chứng minh rằng:

HƯỚNG DẪN BÀI 4 ,5

a. Chứng minh DM . AI = MP . IB

Chứng minh hai tam giác MDP và ICA đồng dạng :

PMQ AMQ AIC   ( Đối đỉnh + cùng chắn cung)
MDP ICA  ( cùng chắn cung AB )

Vậy hai tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc
Suy ra

MD IC

MP IA => Tích chéo bằng nhau & thế IC =IB

b) Chứng minh hai tam giác MDQ và IBA đồng dạng :

 

DMQ AIB ( cùng bù với hai góc bằng nhau ) , ABI MDC  (cùng chắn cung AC)
=>

MD IB

MQ IA đồng thời có

MD IC

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

Bài 5 :

2 2 2

1 1 1

a a ab ab ab
a

b b b

 

  

   tương tự với 2 phân thức còn lại suy ra

2 2 2

2 2 2 ( 2 2 2)

1 1 1 1 1 1

a b c ab bc ca

a b c

b  c  a     b  c  a 

     

2 2 2

3 ( )

2 2 2

ab bc ca

b c c

  

Ta có (a b c  )2 3(ab bc ca  ) , thay vào trên có

2 2 2

1 1 1

a b c

b  c  a 

   3 – 9/6 => điều phải chứng minh , dấu đẳng thức xảy ra khi và

chỉ khi a = b = c = 1

Sở GD&ĐT

Cần Thơ

§Ị thi tun sinh líp 10

--- Năm học: 2009 - 2010.

Môn: Toán.

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu I: (1,5đ) Cho biểu thức A =

1 1

1 1 1

x x x

x x x x x



 

    

1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Tìm giá trị của x để A > 0.

C©u II: (2,0đ) Giải bất phơng trình và các phơng trình sau:
1. 6 - 3x ≥ -9 2.

3x +1 = x - 5

3. 36x4 - 97x2 + 36 = 0 4. 
2

2 3 2

2 1

x x
x

 



Câu III: (1,0đ) Tìm hai số a, b sao cho 7a + 4b = -4 và đờng thẳng ax + by = -1 đi qua
điểm A(-2;-1).

Câu IV: (1,5đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P).
1. Tìm a, biết rằng (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x -

2 t¹i ®iĨm A cã

hồnh độ bằng 3. Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc.

2. Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) của (P) và (d).

Câu V: (4,0đ) Cho tam giác ABC vuông ở A, có AB = 14, BC = 50. Đờng phân giác của
góc ABC và đờng trung trực của cạnh AC cắt nhau tại E.

1. Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc trong một đờng tròn. Xác định tâm O
của đờng trịn này.

2. TÝnh BE.

3. Vẽ đờng kính EF của đờng tròn tâm (O). AE và BF cắt nhau tại P. Chứng minh
các đờng thẳng BE, PO, AF ng quy.

4. Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngoài ngũ giác ABFCE.

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 1 trang) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)Mơn thi : TỐN

Câu 1: (0,5đ). Phân tích thành nhân tử: ab  b a  a 1



a0



Câu 2:(0,5đ). Đơn giản biểu thức: A = tg2a- sin .2atg2a (a là góc nhọn ).

Câu 3:(0,5đ). Cho hai đường thẳng d1: y = (2 - a)x +1 và d2: y = (1+2a)x + 2. Tìm a để
d1//d2.

Câu 4:(0,5đ). Tính diện tích hình trịn biết chu vi của nó bằng 31,4cm. (Cho  = 3,14 )

Câu 5: (0,75đ).Cho DABC vuông tại A. Vẽ phân giác BD (DAC). Biết AD = 1cm;

DC = 2cm. Tính số đo góc C.

Câu 6:(0,5đ). Cho hàm số y = 2x2

có đồ thị là parabol (P). Biết điểm A nằm trên (P) có
hồnh độ bằng –

2. Hãy tính tung độ của điểm A.

Câu 7:(0,75đ). Viết phương trình đường thẳng MN, biết M(1; –1) và N( 2; 1).

Câu 8: (0,75đ). Cho DABC vuông tại A, biết AB = 7cm; AC = 24cm. Tính diện tích xung
quanh của hình nón được sinh ra khi quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh AC.

Câu 9:(0,75đ). Rút gọn biểu thức B =





2  3 2  3

Câu 10: (0,75đ). Cho DABC vuông tại A. Vẽ đường cao AH, biết HC = 11cm, AB = 2 3

cm. Tính độ dài cạnh BC.

Câu 11: (0,75đ ). Hai thành phố A và B cách nhau 50km. Một người đi xe đạp từ A đến
B. Sau đó 1giờ 30 phút, một người đi xe máy cũng đi từ A và đến B sớm hơn người đi xe
đạp 1giờ. Tính vận tốc của mỗi người biết rằng vận tốc của người đi xe máy lớn hơn vận tốc
của người đi xe đạp là 18km/h.

Câu 12: (0,75đ). Một hình trụ có diện tích tồn phần là 90cm2, chiều cao là 12cm. Tính

thể tích của hình trụ.

Câu 13: (0,75đ). Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại A và B. Một đường
thẳng đi qua A cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D. Chứng minh rằng:

R BD

R  BC .

Câu 14:(0,75đ). Cho phương trình bậc hai (ẩn số x, tham số m): x2

– 2mx + 2m – 1 =
0 (1).

Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 = 3x2?

Câu 15: (0,75đ). Trên nửa đường trịn tâm O đường kính AB lấy hai điểm E và F sao cho
» »

AE AF< (EA và FB), các đoạn thẳng AF và BE cắt nhau tại H. Vẽ HD^OA (D OA; D
O ). Chứng minh tứ giác DEFO nội tiếp được đường trịn.

- HẾT

---HỌ VÀ TÊN THÍ SINH :...Số báo
danh...

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

Câu 1 : (0,5đ) ab b a  a  1 b a



a1

 

 a1



0,25đ
=

(

a+1 .

) (

b a+1

)

0,25đ

Câu 2 : (0,5đ) A = tg2a- sin .2atg2a=tg2a

(

1 sin- 2a

)

0,25đ

=tg2a.cos2a=sin2a. 0,25đ

Câu 3 : (0,5đ) d1 và d2 có tung độ gốc khác nhau (1¹ 2) nên d1//d2Û 2 – a =

1+2a 0,25đ

Tính được a =
1

3. 0,25đ

Câu 4 : (0,5đ) Tính được R = 31,4 52p = (cm) 0,25đ

Tính được S = 25p=78,5 (cm2) 0,25đ

Câu 5 : (0,75đ) Vẽ hình đúng 0,25đ

BD l phõn giỏc àB ị

1
2

BA DA

BC=DC= 0,25

ị sinC =

AB

BC = à

1 30

2ị C= 0,25

Cõu 6 : (0,5đ) A(xA;yA) Ỵ (P) Û yA= 2
2
A

x 0,25đ

Tính đúng tung độ của điểm A là

2. 0,25đ

Câu 7 : (0,75đ)

Lí luận đi đến hệ phương trình

2 1

a b
a b

ì +
=-ïï

íï + =

ïỵ 0,25đ

Giải hệ tìm được a = 2; b = – 3 0,25đ

Phương trình đường thẳng MN là y = 2x – 3 0,25đ

Câu 8 : (0,75đ)

Chỉ rõ bán kính hình trịn đáy R = AB, chiều cao h = AC, đường sinh l = BC

(hoặc có hình vẽ) 0,25đ

Tính l = BC = 72+242 =25 (cm) 0,25đ

Tính diện tích xung quanh của hình nón S = 175p (cm2) 0,25đ

(học sinh có thể tính kết quả là số gần đúng vẫn cho điểm)

Câu 9 : (0,75đ)

D
B

A C

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÂM ĐỒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Khóa ngày : 18 tháng 6 năm 2009

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Mơn : TỐN

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

B =



 







2 2 2

2 3  2 3  2 3 2 (2 3)(2 3) 2 3

0,25đ

B = -2 3 2 2+ + + 3 0,25đ

B = 6 0,25đ

Câu 10 : (0,75đ)

Đặt x (cm) = BC (x > 11) Þ HB = x – 11

Tam giác ABC vng tại A, AH^BC Þ BC.HB= AB2 Þ x(x – 11) = 12 (*) 0,25đ

Giải phương trình (*) tìm được x1 = –1, x2 = 12 0,25đ

Chọn x = 12 , kết luận BC = 12 (cm) 0,25đ

Câu 11 : (0,75đ ) Gọi x (km/h)là vận tốc của người đi xe đạp (x > 0) 0,25đ
Biểu diễn các đại lượng và lập được phương trình

50 50 5

18 2

x - x+ = 0,25đ

Giải phương trình tìm được x = 12 (chọn) , x = –30 (loại)

Trả lời vận tốc xe đạp 12 km/h, vận tốc xe máy 30km/h. 0,25đ

Câu 12 : (0,75đ)

Viết được 2prh+2pr2 =90pÛ r2+12r- 45 0=

(r là bán kính hình trịn đáy, h là chiều cao hình trụ) 0,25đ
Giải phương trình r2 +12r – 45 = 0 ( r > 0) tìm được r = 3 (chọn) , r = –15 (loại)

0,25đ

Tính V=p.9.12 108 (= p cm3) 0,25đ

(học sinh có thể tính kết quả là số gần đúng vẫn cho điểm)

Câu 13 : (0,75đ) Vẽ hình đúng 0,25đ

Chứng minh được ·ACB O OB ADB OO B=· ' ,· =· ' Þ DBCD~DBOO' 0,25đ



' '

O B OB R BD

BD =BC Û R =BC 0,25đ

Câu 14 : (0,75đ) x2 – 2mx + 2m – 1 = 0 (1)

Chứng minh được D =/ m2- 2m+ =1 (m- 1)2³ 0 Þ phương trình ln có 2 nghiệm.
0,25đ

Lập hệ phương trình

1 2

2
3

x x m

x x

ì + =
ïï

íï =

ïỵ giải hệ tìm đươc 1 2
m
x =

, 2

3
2

m
x =

0,25đ

1. 2

x x = 2m – 1

2
3

. 2 1 3 8 4 0 2

2 2

3
m

m m m m m

m

é =
ê
ê

Û = - Û - + = Û

ê =
ê

ë 0,25đ

B
O

O'
C

H

B C

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

Câu 15 : (0,75đ) Vẽ hình đúng 0,25đ

Chứng minh được FOB· =2FAB· (1)

Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp

Þ ·HAD HED HEF=· =· Þ FED· =2FAD· (2) 0,25đ
 Từ (1) và (2) Þ ·FOB FED=· => tứ giác DEFO nội 
tiếp 0,25đ

Chú ý: Nếu HS giải đúng bằng cách khác thì giám khảo phân bước

tương ứng để cho điểm.

---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
QUẢNG NAM NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi TỐN ( chung cho tất cả các thí sinh)
Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2.0 điểm )

1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa

a) x b)

1
1

x
2. Trục căn thức ở mẫu

2 b)

1
3 1

3. Giải hệ phương trình :

1 0
3

x
x y

 




 


Bài 2 (3.0 điểm )

Cho hàm số y = x2 và y = x + 2

a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Tìm tọa độ các giao điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính
c) Tính diện tích tam giác OAB

Bài 3 (1.0 điểm )

Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3 có hai nghiệm x

1 ; x 2 (với m là

tham số ) . Tìm m để biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4 (4.0 điểm )

Cho đường trịn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vng góc với AC tại K
( K nằm giữa A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C và D), AE cắt
BD tại H.

a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.
b) Chứng minh rằng AD2 = AH . AE.

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình trịn (O).

d) Cho góc BCD bằng α . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ
tam giác MBC cân tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).

======Hết======

Hướng dẫn:

D
H

A O B

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Bài 1 (2.0 điểm )

1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa

a) x0 b) x1 0  x1

2. Trục căn thức ở mẫu

3 3. 2 3 2

2  2. 2  b)







 



1. 3 1

1 3 1 3 1

3 1 2

3 1 3 1 3 1

  

  



  

3. Giải hệ phương trình :

1 0 1 1

3 1 3 2

x x x

x y y y

   

  

 

  

    

  

Bài 2 (3.0 điểm )

Cho hàm số y = x2 và y = x + 2

a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy

Lập bảng :

x 0 - 2 x - 2 - 1 0 1 2

y = x + 2 2 0 y = x2 4 1 0 1 4

b) Tìm toạ độ giao điểm A,B :

Gọi tọa độ các giao điểm A( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) của hàm số y = x2 có đồ thị

(P) và y = x + 2 có đồ thị (d)

Viết phương trình hồnh độ điểm chung của (P) và (d)
x2 = x + 2

 x2 – x – 2 = 0

( a = 1 , b = – 1 , c = – 2 ) có a – b + c = 1 – ( – 1 ) – 2 = 0
1 1

x

  ; 2

2
1

c
x

a


  
thay x1 = -1  y1 = x2 = (-1)2 = 1;

x2 = 2  y2 = 4

Vậy tọa độ giao điểm là A( - 1 ; 1) , B( 2 ; 4 )

c) Tính diện tích tam giác OAB :

OC =/x

OC =/xCC / =/ -2 /= 2 / =/ -2 /= 2; BH = / y; BH = / yBB / = /4/ = 4 ; AK = / y / = /4/ = 4 ; AK = / yAA / = /1/ = 1 / = /1/ = 1

Cách 1 : SOAB = SCOH - SOAC =
1

2(OC.BH - OC.AK)= ... =
1

2(8 - 2)= 3đvdt

Cách 2 : Hướng dẫn : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vng góc
OA AK2OK2  1212  2 ; BC = BH2 CH2  4242 4 2;

AB = BC – AC = BC – OA = 3 2

(ΔOAC cân do AK là đường cao đồng thời trung tuyến  OA=AC)

O
y

x
A

K
C

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

SOAB =
1

2OA.AB = 
1

.3 2. 2 3

2  đvdt

Hoặc dùng cơng thức để tính AB = (xB  xA)2(yB yA)2 ;OA=

2 2

(xA xO) (yA  yO) ...
Bài 3 (1.0 điểm ).Tìm m để biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3

( a = 1 ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + 3 )

Δ’ = ...= m2 - 1. ( m2 - m + 3 ) = m2 - m2 + m - 3 = m – 3 ,do pt có hai nghiệm x
1 ; x 2

(với m là tham số ) Δ’ ≥ 0  m ≥ 3 theo viét ta có:
x1 + x2 = ... = 2m

x1. x2= ... = m2 - m + 3

x12 + x22 = ( x1 + x2)2 – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + 3 )=2(m2 + m - 3 )

=2(m2 + 2m
1
2 +

1
4-

1
4 -

4 ) =2[(m +
1
2)2 -

4 ]=2(m +
1
2)2 -

13
2

Do điều kiện m ≥ 3  m +

2 ≥ 3+
1
2 =

7
2

(m +

2)2 ≥

4  2(m +

1
2)2 ≥

2  2(m +

1
2)2 -

13
2 ≥

49
2 -

13
2 = 18

Vậy GTNN của x1 2 + x22 là 18 khi m = 3

Bài 4 (4.0 điểm )

a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.

* Tam giác CBD cân

AC BD tại K BK=KD=BD:2(đường kính vng góc dây cung) ,ΔCBD có đường 
cao CK vừa là đường trung tuyến nên ΔCBD cân.

* Tứ giác CEHK nội tiếp

· · 0

AEC HEC 180  ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; KHC 180·  0(gt)

· · 0 0 0

HEC HKC 90  90 180 (tổng hai góc đối)  tứ giác CEHK nội tiếp

b) Chứng minh rằng AD2 = AH . AE.

Xét ΔADH và ΔAED có :

A chung ; AC BD tại K ,AC cắt cung BD» tại A suy ra A là điểm chính giữa cung
¼

BAD , hay cung AB AD» »  ADB AED· · (chắn hai cung bằng nhau) .
Vậy ΔADH = ΔAED (g-g) 

2 .

AD AH

AD AH AE
AE AD  

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình trịn (O).

BK = KD = BD : 2 = 24 : 2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm

* ΔBKC vng tại A có : KC = BC2 BK2  202122  400 144  256=16

* ABC 90·  0( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

ΔABC vng tại B có BKAC : BC2 =KC.AC 400 =16.AC 
 AC = 25 R= 12,5cm

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

d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
Giải:

ΔMBC cân tại M có MB = MC nên M nằm trên đường trung trực d của BC ; giả sử M
(O) và nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , nên M giao điểm của d 
và đường trịn (O) , do đó M là điểm chính giữa cung BC nhỏ

 BM MC¼ ¼  ·BDM MDC·

do ΔBCD cân tại C nên

· · 0 · ) : 0

BDC DBC (180 DCB 2 90     
.

M và B nằm trên hai nửa mặt phẳng có bờ BC đối nhau nên để M thuộc (O) hay tứ
giác MBDC nội tiếp nên tổng hai góc đối phải thoả mãn:



· · 0 · 0 · 0 900 0

2 2

BDC BMC 180   BMC 180  BDC 180    90 

 

do tam giác MBC cân tại M nên 

· ·



0 ·



: 2 0 0 : 0

2 4

MBC BCM 180   BMC 180  90   2 45  

 

 

Vậy ·MBC

45
4



 



 

 ...

A O

E
D

M’

K
H

B”

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24></div>
(25)<div class='page_container' data-page=25></div>
(26)<div class='page_container' data-page=26></div>
(27)<div class='page_container' data-page=27></div>
(28)<div class='page_container' data-page=28></div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

SỞ GD & ĐÀO TẠO TỈNH

KIÊN GIANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học

2009 – 2010

Mơn thi : Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 25/6/2009

Bài 1: (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình và phương trình sau :
a)

3x 2y 1
5x 3y 4

 




 

 b) 9x4 + 8x2 – 1= 0

Bài 2: (2,0 điểm)
Cho biểu thức :

1 1 x 3 x 2

A :

x 3 x x 2 x 3

   

 

     

  

   

a) Với những điều kiện được xác định của x hãy rút gọn A .
b) Tìm tất cả các giá trị của x để A nhỏ hơn 1 .

Bài 3: (3,0 điểm)

a) Cho hàm số y = -x2 và hàm số y = x – 2. Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng
hệ trục tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm của hai đơ thị trên bằng phương
pháp đại số .

b) Cho parabol (P) :

x
y



và đường thẳng (D) : y = mx -

2m – 1. Tìm m

để (D) tiếp xúc với (P) . Chứng minh rằng hai đường thẳng (D1) và (D2)

tiếp xúc với (P) và hai đường thẳng ấy vng góc với nhau .
Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R. Trên tia đối của AB lấy điểm C
sao cho BC = R, trên đường tròn lấy điểm D sao cho BD = R, đường thẳng
vuông góc với BC tại C cắt tia AD ở M.

a) Chứng minh tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp .
b) Chứng minh tam giác ABM là tam giác cân .
c) Tính tích AM.AD theo R .

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

Sở giáo dục đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH Lớp 10 THPT

Hải Dơng Năm học :2009 -2010

M«n :TỐN

Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian giao đề.
 Ngày 06tháng 07 nm 2009(bui chiu)

Câu I(2 điểm):

1) Giải phơng trình: 2(x-1) =3- x

2) Gi¶i hệ phơng trình:

y x 2
2x 3y 9

Câu II:(2 điểm )

1) Cho hµm sè: y=f(x) = -

1
x

2 .TÝnh f(0); f(2) ; f(
1

2 ) ;f(- 2)

2) Cho phơng trình (ẩnx): x2- 2(m+1)x + m2- 1 = 0.Tìm giá tri của m để phơng
trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn : x12 + x22 = x1x2 + 8

Câu III: (2điểm)

1) Rót gän biĨu thøc:

A =

1 1 x 1

x x x 1 x 2 x 1

  



 

   

  víi x > O vµ x  1

2) Hai ô tô xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi
giờ 10 km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tớnh vn tc mi ụ tụ.

Câu IV: ( 3 điểm)

Cho đờng trịn (O), dây AB khơng đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M
không trùng với A, B). Kẻ dây MN vng góc với AB tại H. Kẻ MK vng góc với AN
( K AN )

1) Chứng minh : Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn.
2) Chứng minh MN là phân giác của góc BMK.

3) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN. Xác định
vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) cú giỏ tr ln nht.

Câu V: (1điểm)

Cho x, y tháa m·n:

3 3

x 2 y   y 2 x 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = x2 + 2xy – 2y2 + 2y + 10

... HÕt...

Hä vµ tên thí sinh... Số báo danh

Chữ ký của giám thị 1... Chữ ký của giám thị 2...

Sở giáo dục đào tạo Hớng dẫn chấm thiTUYểN SINH Lớp 10 THPT
 Hải dơng Năm học :2009 -2010

Môn :TOAN

Câu I:1 / Giải hÖ PT : 2(x-1) = 3-x 3x= 5  x =

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

2/ Gi¶i hƯ PT sau :
y x
x y
 


 

2

2 3 9


x y
x y
 



 

2

2 3 9


x y
x y
 


 


2 2 4

2 3 9

y
x

1
3

Câu II :1/Cho hàm số : y =f(x) =  x

2
1
2 .

TÝnh f(0) = 0 ; f(2) = -2 ; f(

1
2) = -

8 ; f(- 2) = -1

2. Cho PT : x2  2(m1)xm2  1 0 .Tìm m để PT có 2 nghiệm thoả mãn :
x x x x 

2 2

1 2 1 2 8

Cã = m2 2m 1 (m2  1) 2m2

PT cã 2 nghiÖm x1 ,x2 khi 2m +2 > 0  m > -1
Theo bµi ra ta cã : x x x x 

2 2

1 2 1 2 8 



x x



 x x x x 

1 2 2 1 2 1 2 8



x1x2



2  3x x1 2 8

Thay hÖ thøc Vi Ðt ta cã : (2m+2)2 -3(m2-1) = 8 4m2+8m+4 – 3m2+3 =8 
m2+8m -1 = 0 Giải PT ra có nghiệm là x

1 = - 4 + 17 ; x2 = - 4 - 17 (Loại)
Câu III :

1.Rót gän biĨu thøc sau : A =

x
:

x x x x x


 

 
   
 

1 1 1

1 2 1 Víi 0< x 1

A =









x
:
x

x x x

 

  
    
 
2

1 1 1

1 1









x
x
x x
  

 

   
 
2
1
1
1
1
=





 1

2.2 ôtô cùng XP từ A đến B xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ 2 là 10km/h .Tính vận
tốc của mỗi ơtơ biết rằng qng đờng Ab là 300 km .

Gäi x km/h lµ vËn tèc cđa xe thø nhÊt (x >10)
Th× vËn tèc cđa xe thø 2 lµ x-10 (km/h)

Thì thời gian của xe thứ nhất từ A đến B là x (h)

300

thời gian của xe thứ 2 từ A đến B là x (h)
300

Theo bµi ra cã PT : x
300

10 - x

300

=1 Gi¶i PT ra có các nghiệm là x = - 50 và x = 60
VËy vËn tèc cđa xe thø nhÊt lµ 60 km/h và xe 2 là 50 km/h

Câu IV .Hình : Cho (O) và dây AB không đi qua tâm O .Trên cung nhỏ AB lấy M và M
không trùng với A và B kẻ MN vuông góc với AB tại H .Kẻ MK vuông góc với AN (K
thuéc AN

A.Chứng minh : 4 điểm A , M , H ,K thuộc một đờng tròn
b.Chứng minh MN là phân giác của góc BMK

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

E
K

N
M

O B

Câu a , b hiển nhiên ta chứng minh đợc

Hớng dẫn câu c : Ta có AHNđồng dạng với MKN khi đó

AH AN

MK MN  AH.MN =

MK.AN (1)

Mµ Tú giác MHEB là tứ giác nội tiếp vì có MBN  NAM  18 00 (t/c gãc cña tø gi¸c néi

tiÕp)

 

KAM NAM 18 00 (t/c 2 gãc kỊ bï)

 

KAM  KHM (V× tứ giác KAHM nội tiếp theo chứng minh câu a)
Và KHM + EHM = 1800 (V× theo T/c cđa 2 gãc kỊ bï)

Từ đó ta có BMN   MHE =1800
Khi đó ME BN

VËy SBMN  ME.BN BH.MN

1 1

2 2

Tõ 1 cã

2 AH.MN =
1

2 MK.AN = SAMN

Khi đó SBMN+ SAMN = SAMBN

AMBN

S = AB.MN

2 có AB khơng đổi vậy AB.MN lớn nhất khi MN lớn nhất nghĩa là MN

là đớng kính

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

AN GIANG

Năm học:2009-2010

Đề chính thức Khóa ngày 28/06/2009

SBD SỐ PHÒNG Mơn TỐN ( ĐỀ CHUNG)
Thời gian : 120 phút

(Không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (1,5 điểm)

1/.Không dùng máy tính, hãy tính giá trị biểu thức sau :

 

 

 

14 - 7 15 - 5 1

A = + :

2 -1 3 -1 7 - 5

2/.Hãy rút gọn biểu thức:

x 2x - x

B =

-x -1 -x - -x , điều kiện x > 0 và x 1

Bài 2: (1,5 điểm)

1/. Cho hai đường thẳng d1: y = (m+1) x + 5 ; d2: y = 2x + n. Với giá trị nào của

m , n thì d1 trùng vớid2 ?

2/.Trên cùng mặt phẳng tọa độ , cho hai đồ thị (P): y 

2

x

3 ; d: y = 6  x .
Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d bằng phép toán .

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 +2 (m+3) x +m2 +3 = 0

1/ Tìm m để phương trình có nghiệm kép ? Hãy tính nghiệm kép đó.
2/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 – x2 = 2 ?

Bài 4 : (1,5 điểm)

Giải các phương trình sau :
1/

1 3

+ = 2

x - 2 6 - x 2/ x4 + 3x2 – 4 = 0

Bài 5 : (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB và dây CD vng góc với nhau
(CA < CB). Hai tia BC và DA cắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vng góc với AB tại H ; EH
cắt CA ở F. Chứng minh rằng :

1/ Tứ giác CDFE nội tiếp được trong một đường tròn.
2/ Ba điểm B , D , F thẳng hàng.

3/ HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Hết ./.

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

B i gi i g i ý à ả ợ
Bài
1.1
   
 
    
 

14 7 15 5 1

A = + :

2 1 3 1 7 5









7 2 1 5 3 1

2 1 3 1

   

  

   

  .



7 5





7 5





7 5



= 7 – 5 = 2
Bài

1.2 B = x 1x  2xx xx ( điều kiện x > 0 và x 1)









2 1
1
x
x


 
x

x
B =

x 1 x

=
1
1


 

x 2 x

x 1 x =

2 x 1

 


x

x 1 =



x1



2


x 1 = x 1
Bai

2.1 1

d : y = (m+1) x + 5 (Điều kiện : m  1)

2

d : y = 2x + n

(d1)  (d2) 

1 2
5
m
n
 



 
1
5
m
n





 ( thỏa điều kiện m  1 )

Vậy (d1) trùng với (d2) khi ( m = 1 ; n = 5 )

Bài

2.2 (P): y 

2

x
3

(d): y = 6  x

Phương trình hồnh độ giao điểm
2
6
3
x
x
 
2

3 18 0

x x

   

 b2 4ac 9 4.1.18 81 9  2

3 9
3
2

x   
2

3 9
6
2

x   

Thay các giá trị x vào phương trình y = 6 – x
Với x1 = 3 thì y1 = 6 – 3 = 3

Với x2  6 thì y2 = 6 + 6 = 12

Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm A ( 3 ; 3 ) và B (  6 ; 12 )
Bài

3.1

x2 + 2 (m+3) x + m2 + 3 = 0 (1)

 = ( m + 3 )2 – ( m2 + 3 ) = m2 + 6m + 9 – m2 – 3

= 6m + 6

Phương trình có nghiệm số kép  ' = 0  6m + 6 = 0  m 1

Nghiệm số kép x1 = x2 =

' ( 3)

( 1 3) 2

1
b m
a
 
     

Bài

3.2 Phương trình (1) có nghiệm

 '  0  6m +6  0  m  1

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

1 2

b
x x

a



 

 2(m3)
2

1. 2 3

c

x x m

a

  

Theo giả thiết x1 – x2 = 2

Theo hằng đẳng thức 
(x1 + x2)2 – (x1 – x2)2 = 4x1x2

[– 2 ( m + 3 )]2 – 22 = 4 ( m2 + 3 )

4 ( m2 + 6m + 9 ) – 4 – 4m2 – 12 = 0

4m2 + 24m + 36 – 4 – 4m2 – 12 = 0

24m + 20 = 0
m




m

5
6




( thỏa điều kiện m  – 1 )

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1 – x2 = 2 khi m 
5
6



Bài

4.1

1 3

2
2 6

x   x  (1)

Điều kiện : x  1 , x  6

(1)  6 – x + 3 ( x – 2 ) = 2 ( x – 2 ) ( 6 – x )

 x2 -7x +12 = 0

= b

 2-4ac=49 -48 =1 =12
1

x =3 (thỏa điều kiện)

2

x =4 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x1 =3 ;x2=4
Bài

4.2

x4 + 3x2 – 4 = 0 (1)

Đặt t = x2 ( với t  0 )

Phương trình (1)  t2 + 3t – 4 = 0

Vì a + b + c = 1 + 3 – 4 = 0

 t1 = 1 ( thỏa điều kiện )
t2

c
a

 

4 ( không thỏa điều kiện )
t = 1  x2 = 1  x =  1

Vậy phương trình (1) có nghiệm x =  1
Bài 5

j 1

3

1

3
1

2

1
1

F
E

H

D
C

M 0 B

A

Câu 1 Gọi M=AB CD

Đường trịn (O) có đường kính AB  dây CD tại M (gt)

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

 AB là trung trực của CD
 AC = AD

 ACD cân tại A
 C1 = D1 (1)
Ta có EF  AB (gt)
CD  AB (gt)

 EF // CD

 E1 = D1 ( so le trong ) (2)
(1) và (2)  E1 = C1

Tứ giác ECDF có 2 đỉnh liên tiếp E và C cùng nhìn cạnh FD dưới 2 góc bằng

nhau

 E , C , F , D ở trên cùng một đường tròn
 Tứ giác ECDF nội tiếp được trong đường tròn
Câu 2 Cách 1)

Có ADB = 1v ( góc nội tiếp chắn

2 đường tròn (O) ) (1)

Ta lại có:ACB = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))

 ECF = 1v ( kề bù với góc vng)

Mặt khác : EDF ECF 1v (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF của đường tròn

(ECDF)) (2)

Từ (1) và (2) EDF ADB  2v



 FDB = 2v

 F , B , D thẳng hàng
Cách 2)

Có ADB = 1v ( góc nội tiếp chắn

2 đường tròn (O) )

 AD  DB hay ED  DB (3)
Có ACB = 1v ( góc nội tiếp chắn

2 đường trịn (O) )

 AC  CB hay FC  EB

EFB có hai đường cao BH và FC giao nhau tại A
 A là trực tâm củaEFB

 EA hay ED  FB (4)
(3) và (4)  FB  DB

 F , B , D thẳng hàng
Câu 3 Ta có 

E = D 1 (slt)

F1 = C1 (slt)
 E1 = F1

 AEF cân tại A

 đường cao AH vừa là trung tuyến
 H là trung điểm của EF

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

 HCF cân tại H
 C 2 = F1 (5)
Ta lại có


1

F = B1 ( 2 góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc ) (6)

Mặt khác OCB cân tại O ( do OC = OB : bk )
 B1 = C 3 (7)

(5) , (6) , (7)  C 2 = C 3
Mà C 3 + ACO = 1v = ACB

 C 2 + ACO = 1v = HCO
 OC  HC tại C

Mà OC là bán kính của đường trịn (O)
 HC là tiếp tuyến của đường trịn (O)

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO
TẠO

THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2009 – 2010

Mơn : TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm)

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

1. Rút gọn các biểu thức sau: a)

3 13 6

2 3  4 3  3 ;

x y y x x y

xy x y

 



 với x > 0; y > 0 và x ≠ y.

2. Giải phương trình

x 3

x 2

 

 .

Bài 2 (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình



m 1 x y 2



mx y m 1

   




  



 (m là tham số)
1. Giải hệ phương trình với m = 2;

2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình ln có nghiệm duy

nhất (x ; y) thoả mãn 2x + y ≤ 3.

Bài 3 (2,0 điểm)

Cho mặt phẳng toạđộ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (k – 1)x + 4 (k là tham số)

và parabol (P) : y = x2.

1. Khi k = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P).

2. Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của k thì đường thẳng (d) ln cắt (P) tại

hai điểm phân biệt;

3. Gọi y1; y2 là các tung độ cac giao ́ điểm của đường thẳng (d) và (P).

Tìm k sao cho : y1 + y2 = y1y2.

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B và C). Qua B kẻ đường

thẳng vng góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại

H và K.

1. Chứng minh các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường trịn ;

2. Tính góc CHK

3. Chứng minh: KH.KB = KC.KD;

4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh

2 2 2

1 1 1

AD AM AN
Bài 5 (0,5 điểm)

Giải phương trình :

1 1 3 1 1

x 2x 3 4x 3 5x 6

 

    

    

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1 (2,0 điểm)

1. Rút gọn các biểu thức:

3 13 6 3(2 3) 13(4 3) 6 3

4 3 16 3 3

2 3 4 3 3

 

     

 

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

= 6 - 3 3 + 4 + 3 + 2 3 = 10.
b) Với x > 0, y > 0 và x ≠ y thì :

x y y x x y xy( x y) ( x y)( x y)

xy x y xy x y

    

  

  =

x y x y 2 x

    

2. ĐKXĐ : x ≠ -2. Từ phương trình đã cho suy ra :

x(x + 2) + 4 = 3(x + 2) ↔ x2 – x – 2 = 0

Vì a – b + c = 1 – (-1) + 2 = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm là : x1 = -1; x2 =

Cả hai nghiệm này đều thoả mãn ĐKXĐ.

Vậy S = {-1 ; 2}

Bài 2 (2,0 điểm)

1. Với m = 2, hệđã cho trở thành :

x y 2
2x y 3

 




 

 ↔

x 1

x y 2





 

 ↔

x 1
y 1








Vậy với m = 2 thì nghiệm cua hể ̣ phương trình đã cho là (x ; y) = (1 ; 1)

2. Hệ phương trình đa cho t̃ ương đương với hệ :

mx y m 1
x m 1

  





 

 ↔

x m 1

m(m 1) y m 1

 




   

 ↔ 2

x m 1
y 1 2m m

 




  



Suy ra hệ phương trình đa cho ln cõ ́ nghiệm duy nhất (x ; y) = (m – 1 ; 1 + 2m – m2)

với mọi m.

Khi đó, ta có : 2x + y = 2(m – 1) + 1 + 2m – m2 = - 1 + 4m - m2 = 3 – (m – 2)2 ≤ 2
m.

Vậy với mọi giá trị của m thì hệ phương trình đã cho ln có nghiệm duy nhất (x ; y)

thoả mãn 2x + y ≤ 3.

Bài 3 (2,0 điểm)

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

x2 = (k – 1)x + 4 ↔ x2 – (k – 1)x – 4 = 0 (1)
1. Khi k = -2, phương trình (1) trở thành : x2 + 3x – 4 = 0

Vì a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình này có hai nghiệm : x1 = 1 ; x2 =

-4.

Với x1 = 1  y1 = 12 = 1 ; với x2 = -4  y2 = (-4)2 = 16.

Vậy toạ độ giao điểm của (d) và (P) khi k = -2 là : (1 ; 1) và (-4 ; 16).

2. Xét phương trình (1) có : Δ = (k – 1)2 + 16 > 0 k nên (1) luôn có hai nghiệm

phân biệt với mọi k.

Từ đó suy ra với bất kì giá trị nào của k thì đường thẳng (d) ln cắt (P) tại hai điểm phân

biệt (đpcm).

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

Áp dụng định li Vi - et, ta có ́ : x1 + x2 = k – 1 ; x1x2 = -4.

Mà : y1 =

2
1

x và y

2 =

2
2

x (vì các giao điểm đu thuồê ̣c (P)), nên từ giả thiết ta có : 
y1 + y2 = y1y2 ↔

2 2 2 2

1 2 1 2

x x x .x ↔ (x1x )2 2  2x x1 2 (x x )1 2 2

hay : (k – 1)2 – 2.(-4) = (-4)2 ↔ (k – 1)2 = 8 ↔ k = 1 ± 2 2.

Vậy giá trị của k thoả mãn yêu cầu bài toán là : k = 1 ± 2 2

Bài 4 (3,5 điểm)

1. Xét tứ giác ABHD có :

 0

A 90 (vì ABCD là hình vuông)

và BHD 90  0 (giả thiết).
 A BHD 180    0

Hai góc này ở vị tríđối nhau nên tứ giác

ABHD nội tiếp.

Xét tứ giác BHCD có :

 0

BCD 90 (vì ABCD là hình vuông)

và BHD 90  0 (giả thiết).
 BCD BHD 90   0.

Hai đỉnh kề nhau H va C cù ̀ng nhìn cạnh đối diện dưới một goc b́ ằng 900 nên tứ giác

BHCD nội tiếp.

Vậy các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường trịn (đpcm).

2. Vì ABCD là hình vng nên DB làđường phân giác của ADC 90  0 

 0

BDC 45

Tứ giác BDHC nội tiếp (chứng minh trên) nên : CHK BDC  (vì cùng bù với BHC

Vậy CHK 45  0.

3. Xét ΔKHC vàΔKDB co : ́ K chung ; CHK BDC  (chứng minh trên)

Do đó : ΔKHC ~ΔKDB 

KH KD

KC KB  KH.KB = KC.KD (đpcm)
4. Trên tia đối của tia DC lấy điểm E sao cho DE = BM.

Vì ADC 90  0  ADE 90  0(hai góc kề bù) ΔADE vuông tại D.

Xét ΔADE vàΔABM có :

AD = AB (hai cạnh của hình vuông ABCD)

  0

ADE ABM 90 

 

EAD BAM DE = BM

ΔADE = ΔABM (c – g – c)  AM = AE và

 EAN EAD DAN BAM DAN BAD 90         0ΔEAN vuông tại A.

C
D

K N

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

Tam gác EAN vuông tại A cóđường cao AD nên theo hệ thức lượng trong tam giác

vuông ta có :

2 2 2

1 1 1

AD AE  AN hay 2 2 2

1 1 1

AM AE  AN (đpcm).
Bài 5 (0,5 điểm)

ĐKXĐ : x ≥

3
2.

Khi đó :

1 1 1 1

x 2x 3 4x 3 5x 6

 

    

    

↔

1 1 1 1

3x  6x 9  4x 3  5x 6

↔

1 1 1 1

3x  4x 3  5x 6  6x 9

↔

( 4x 3 3x )( 4x 3 3x ) ( 6x 9 5x 6)( 6x 9 5x 6)
3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)

         



       

↔

x 3 x 3

3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)

 



       

↔

1 1

(x 3) 0

3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)

 

    

       

 

↔

x 3 0

1 1

3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)

 





        
 (*)

- Nếu x > 3 thì :

0 3x 5x 6
0 4x 3 6x 9

  




   

 

0 3x 5x 6

0 4x 3 6x 9

0 3x 4x 3 5x 6 6x 9

   


   



      



1 1

3x. 4x 3( 4x 3   3x )  5x 6. 6x 9( 6x 9    5x 6)

- Nếu

2 ≤ x < 3 thì :

0 5x 6 3x
0 6x 9 4x 3

  




   

 

0 5x 6 3x

0 6x 9 4x 3

0 5x 6 6x 9 3x 4x 3

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



1 1

3x. 4x 3( 4x 3   3x )  5x 6. 6x 9( 6x 9    5x 6)

- Nếu x = 3 thì :

1 1

3x 4x 3( 4x 3   3x )  5x 6 6x 9( 6x 9    5x 6)

Do đó, hệ (*) tương đương với : x – 3 = 0 ↔ x = 3.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất : x = 3.
Equation Chapter 1

Section 1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC

2009-2010

ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao
đề

—————————

(Đề có 01 trang)

A. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong mỗi câu dưới đây đều có 4 lựa

chọn, trong đó có duy nhất một lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài
thi của mình như sau: nếu ở câu 1, em chọn lựa chọn A thì viết là: Câu 1: A.
Tương tự cho các câu từ 2 đến 4.

Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức 1 x là:

A. A. x  B. B. x -1 C. C. x1 D. D. x 1

Câu 2. Cho hàm số y(m1)x2 (biến x) nghịch biến, khi đó giá trị của m

thoả mãn:

A. m1 B. m1 C. m1 D. m0

Câu 3. Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: 2x2 + 3x -10 = 0. Khi

đó, tích x1.x2 bằng:

2 B.

3
2

 C. -5 D. 5

Câu 4. Cho ABC có diện tích bằng 1. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm

của các cạnh AB, BC, CA và X, Y, Z tương ứng là trung điểm của các cạnh PM,
MN, NP. Khi đó diện tích tam giác XYZ bằng:

4 B.

16 C.

32 D.

8
B. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm):

Câu 5 (2,5 điểm). Cho hệ phương trình

2 1

2 4 3

mx y

x y

 




 

 (m là tham số có giá

trị thực) (I).

a) Giải hệ (I) với m1.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ (I) có nghiệm duy nhất.
Câu 6 (1,0 điểm). Rút gọn biểu thức: A2 48 75 (1 3)2 .

Câu 7 (1,5 điểm).

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

Một người đi bộ từ A đến B với vận tốc 4 km/h, rồi đi ô tô từ B đến C với
vận tốc 40 km/h. Lúc về, anh ta đi xe đạp trên cả quãng đường CA với vận tốc
16 km/h. Biết rằng, quãng đường AB ngắn hơn quãng đường BC là 24 km, và
thời gian lúc đi bằng thời gian lúc về. Tính độ dài quãng đường AC.

Câu 8 (3,0 điểm). Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A và B. Trên
cùng một nửa mặt phẳng có bờ là AB kẻ hai tia Ax, By cùng vuông góc với AB.
Trên tia Ax lấy điểm I, tia vng góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường trịn
đường kính IC cắt IK tại P (P khác I).

a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp một đường tròn, chỉ rõ đường tròn
này.

b) Chứng minh CIP PBK  .

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

—Hết—

Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Họ tên thí sinh ...
SBD ...

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

—————————

A. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): M i câu úng cho 0,5 i m, sai cho 0ỗ đ đ ể
i m.

đ ể

Câu 1 2 3 4

Đáp
án

D A C B
B. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm):

Câu 5 (2,5 điểm).
a) 1,5 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Thay m1 vào hệ ta được:

2 1 (1)

2 4 3 (2)

x y

 




 

 0,25

Nhân 2 vế PT(1) với -2 rồi cộng với PT(2) ta được: 8y5 0,50

Suy ra

5
8

y 0,25

Thay

5
8

y

vào (1) có:

5 1

2. 1

8 4

x   x 0,25

Thử lại với

1
4
5
8

x
y






 


 ta thấy thoả mãn. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy

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

nhất:
1
4

5
8
x
y





 

 .

b) 1,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

2 1

2 4 2 2

m m

m

    

 1,0

Câu 6 (1,0 i m):đ ể

Nội dung trình bày Điểm

2 48 75 (1 3)

A    =2 16.3 25.3 |1  3 | 0,5

= 8 3 5 3 1   3 0,25

= 1 + 2 3 0,25

Câu 7 (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Gọi độ dài quãng đường AB là x km (x0), khi đó độ dài quãng đường

BC là x24 km, độ dài quãng đường AC là 2x24 km. Và do đó, thời
gian đi quãng đường AB là 4( )

x
h

, thời gian đi quãng đường BC là

24
( )
40
x
h


và thời gian đi quãng đường CA là

2 24
( )
16
x
h

0.5

Mặt khác, thời gian đi và về bằng nhau nên ta có phương trình:

24 2 24

4 40 16

x x x

  0.25

Giải phương trình được x6 0.5

Thử lại, kết luận

 x 6 0


Thời gian đi quãng đường

AB và BC là

6 6 24

2.25( )

4 40 h



 

, thời gian
đi quãng đường CA (lúc về) là

2 6 24

2.25( )

16 h

 

 Vậy độ dài quãng đường AC là 36 km.

0.25

Câu 8 (3,0 điểm):

a) 1,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Có: CPK CPI  900

  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); 0,25

A C B

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

Do By AB nên CBK 900

 . 0,25

Suy ra: CPK CBK  1800

  hay tứ giác CPKB nội tiếp đường trịn đường

kính CK. 0,50

b) 1,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Có: CIP PCK  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây

cùng chắn một cung);

(1)

0,5
Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: PCK PBK (2) 0,25
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 0,25

c) 1,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Từ giả thiết suy ra tứ giác AIKB là hình thang vng, gọi s là diện tích của AIKB, khi
đó ta có:

( )

s AI KB AB

. Dễ thấy s lớn nhất khi và chỉ khi KB lớn nhất (do A, B,
I cố định).

0,25
Xét các tam giác vng AIC và BKC có: KCCI và KBCA suy ra: BKCACI

(góc có cạnh tương ứng vng góc) hay ACI đồng dạng với BKC(g-g). 0,25

Suy ra:

AC AI AC BC

BK

BK BC   AI , khi đó: BK lớn nhất  AC.BC lớn nhất 0.25

Theo BĐT Cơsi có:

2 2

2 4

AC CB AB

AC CB   

  , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C là

trung điểm của AB. Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn nhất khi và chỉ khi C là trung điểm
của AB.

0,25
Một số lưu ý:

-Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có.
Trong q trình chấm, nếu học sinh giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho
điểm tối đa.

-Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có
sử dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn khơng cho điểm.

-Bài hình học, nếu học sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm
tương ứng với phần đó.

-Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25
điểm.

-Điểm tồn bài tính đến 0,25 điểm.
—Hết—

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010

NAM ĐỊNH MƠN TỐN - ĐỀ CHUNG

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

Bài 1. (2,0 điểm). Trong mỗi câu từ câu 1 đến 8 đều có bốn phương án

trả lời A, B, C, D trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy chọn

phương án đúng và viết vào bài làm.

Câu 1. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, đồ thị các hàm số y = x2 và y = 4x

+ m cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi

A. m > -1 B. m > - 4 C. m < -1 D. m < -4

Câu 2. Cho phương trình 3x – 2y + 1 = 0. Phương trình nào sau đây 
cùng với phương trình đã cho lập thành một hệ phương trình vơ 
nghiệm ?

A. 2x – 3y – 1 = 0. B. 6x – 4y + 2 = 0. C. -6x + 4y + 1 = 0. D. -6x + 
4y – 2 = 0.

Câu 3. Phương trình nào sau đây có ít nhất một nghiệm ngun ?
A. (x - )2 = 5. B. 9x2 – 1 = 0. C. 4x2 – 4x + 1 = 0. D. x2 + x + 2

= 0

Câu 4. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, góc tạo bởi đường thẳng y = 3x +

5 và trục ox bằng

A. 300. B. 1200. C.600. D. 1500

Câu 5. Cho biểu thức P = a 5, với a < 0. Đưa thừa số ổ ngoài dấu căn

vào trong dấu căn thức, ta được P bằng
A. 5a2

. B.- 5a . C. 5a . D. - 5a2

Câu 6. trong các phương trình sau đây phương trình nào có hai nghiệm
dương ?

A. x2 -2 2x + 1 = 0. B. x2 – 4x + 5 = 0. C. x2 + 10 x + 1 = 0. D. x2

- 5x – 1 = 0

Câu 7. Cho đường tròn (O;R) ngoại tiếp tam giác MNP vng cân ở M . 
Khi đó MN bằng

A. R. B. 2R. C.2 2R. D. R 2

Câu 8. Cho hình chữ nhật MNPQ có MN = 4 cm, MQ = 3cm. Khi quay 
hình chữ nhật đã cho một vịng quanh cạnh MN ta được một hình trụ 
có thể tích bằng

A. 48cm3. B. 36cm3. C. 24cm3. D. 72
cm3

Bài 2. (2,0 điểm)

1) Tìm x, biết (2x1)2 9.
2) Rút gọn biểu thức: M =

4

12

3 5




3) Tìm điều kiện xác định của biểu thức: A = x26x 9.

Bài 3. (1,5 điểm). Cho phương trình: x2 + (3 – m)x + 2(m – 5) = 0

(1), với m là tham số.

1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, phương trình (1) ln 
có nghiệm x1 = 2.

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

thẳng d qua A cắt (O; R) tại B và C (d không qua O; điểm O nằm giữa 
hai điểm A và C). Gọi H là trung điểm của BC.

1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đường 
trịn đường kính AO.

2) Đường thẳng qua B vng góc với OM cắt MN ở D. Chứng 
minh rằng:

a. AHN = BDN.

b. Đường thẳng DH song song với đường thẳng MC.
c. HB + HD > CD.

Bài 5. (1,5 điểm).

1) Giải hệ phương trình: 2 2 ( )2

2 0

1 1

x y xy

x y x y xy

  





    




2) Chứng minh rằng với mọi x ta ln có:

(2x 1) x2 x 1 (2x 1) x2 x 1

      

Đáp án

Bài NỘI DUNG Điểm

Bài
1(2,0đ)

Câu 1:B;Câu 2: C; Câu 3: A; Câu 4: C; 
Câu 5: D Câu 6: A; Câu 7:D; Câu 8: B

Mỗi 
câu 
đúng 
0,25
Bài

2(2,0đ)

1.(1,0đ)





 

2x - 1 = 9
2x - 1 = 9

)2x - 1 0 x

* 2x - 1 = 9

x = 5(t/m)

)2x - 1 0 x

* 1 - 2x = 9

x = - 4( / )

a

b

t m



  




  




Vậy PT có hai nghiệm x = 5; x = -4

( Lưu ý: Có thể giải bằng cách bình phương 2 
vế)

2.(0,5đ)

4 4( 5 3)

M = 12 2 3

3 5 ( 5 3)( 5 3)

4( 5 3)

= 2 3 2 3 2 5 2 3

5 3

= 2 5



  

 

3.(0,5)

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

Sở GD&ĐT Thừa Thiên H

§Ị thi tun sinh líp 10

--- Năm học: 2009 - 2010.
Môn: Toán.

Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,25đ)

Không sử dụng máy tính bỏ túi, hÃy giải các phơng tr×nh sau:
a) 5x2 + 13x - 6=0 b) 4x4 - 7x2 - 2 = 0 c)

3 4 17

5 2 11

x y
x y

 




 


Bµi 2: (2,25®)

a) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song
với đờng thẳng y = -3x + 5 và đi qua điểm A thuộc Parabol (P): y =

2x2 có hồng độ
bằng -2.

b) Khơng cần giải, chứng tỏ rằng phơng trình ( 3 1 )x2 - 2x - 3 = 0 có hai
nghiệm phân biệt và tính tổng các bình phơng hai nghiệm ú.

Bài 3: (1,5đ)

Hai mỏy i lm vic trong vũng 12 giờ thì san lấp đợc

10 khu đất. Nừu máy ủi thứ nhất

làm một mình trong 42 giờ rồi nghỉ và sau đó máy ủi thứ hai làm một mình trong 22
giờ thì cả hai máy ủi san lấp đợc 25% khu đất đó. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi máy ủi
san lấp xong khu đất đã cho trong bao lâu.

Bài 4: (2,75đ) Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R. Vẽ tiếp tuyến d với đờng tròn (O)
tại B. Gọi C và D là hai điểm tuỳ ý trên tiếp tuyến d sao cho B nằm giữa C và D. Các tia
AC và AD cắt (O) lần lợt tại E và F (E, F khác A).

1. Chøng minh: CB2 = CA.CE

2. Chứng minh: tứ giác CEFD nội tiếp trong đờng tròn tâm (O’).

3. Chứng minh: các tích AC.AE và AD.AF cùng bằng một số khơng đổi. Tiếp tuyến của
(O’) kẻ từ A tiếp xúc với (O’) tại T. Khi C hoặc D di động trên d thì điểm T chạy trên 
đ-ờng thẳng cố định no?

Bài 5: (1,25đ)

Mt cỏi phu cú hỡnh trờn dng hỡnh nón đỉnh S, bán kính đáy R =
15cm, chiều cao h = 30cm. Một hình trụ đặc bằng kim loại có bán
kính đáy r = 10cm đặt vừa khít trong hình nón có đầy nớc (xem hình
bên). Ngời ta nhấc nhẹ hình trụ ra khỏi phễu. Hãy tính thể tích và
chiều cao của khối nớc cịn lại trong phễu.

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

Đề thi tuyển sinh

lớp 10 tỉnh Nghệ

An

Năm học: 2009-2010

Môn: Toán
Thời gian: 120 phút
(không kể thời gian giao

)

Câu I: (3,0®). Cho biĨu thøc A =

1 1

x x x

x x

 


 

1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị biểu thức A khi x = 9/4.

3. Tìm tất cả các giá tr ca x A <1.

CâuII: (2,5đ). Cho phơng tr×nh bËc hai, víi tham sè m: 2x2 – (m+3)x + m = 0 (1).
1. Giải phơng trình (1) khi m = 2.

2. Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả
mãn: x1 + x2 =

5
2x1x2.

3. Gäi x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình (1). Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc
P = x1 x2

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

Câu IV: (3,0đ). Cho đờng trịn (O;R), đờng kính AB cố định và CD là một đờng kính
thay đổi khơng trùng với AB. Tiếp tuyến của đờng tròn (O;R) tại B cắt các đờng thẳng
AC và AD lần lợt tại E và F.

1. Chøng minh r»ng BE.BF = 4R2.

2. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn.

3. Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh rằng tâm I luụn
nm trờn mt ng thng c nh.

Gợi ý Đáp án
Câu I:

1. Đkxđ: x 0, x 1

A =

1 ( 1)( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 1

x x x x x x x

x x x x x x x

   

  

      

2. Víi x = 9/4 => A =

3
2 3
3
1
2


.
3. Víi A<1 =>

1 1

1 1 0 0 0 1 0

1 1 1 1

x x x x

x

x x x x

 

          

     x<1

Vậy để A < 1 thì 0 ≤ x < 1.

1. Víi m = 2 thì phơng trình trở thành: 2x2 5x + 2 = 0
Phơng trình có hai nghiệm là: 2 vµ 1/2.

2. Ta cã  = (m + 3)2 – 4.2.m = m2 - 2m + 9= (m - 1)2 + 8 
=> >0 víi mäi m => ph¬ng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Theo Viét ta có:

1 2

1 2
3
2
2
m
x x
m
x x


 



 



Mµ x1 + x2 =

2x1x2 =>2(m+3) = 5m  m = 2.

3. Ta cã (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 - 4x1.x2 = (m + 3)2:4 – 2m = (m2 - 2m + 9):4 =
2

( 1) 8

m 


1 2 2

x x

  

VËy MinP = 2  m =1

ChiỊu réng cđa thưa rng lµ y(m) ( x>45, x>y)

=>
45
3
2
x y
x

y x y

 




  


 Giải hệ ta đợc x = 60, y = 15 (thoả mãn)

VËy diÖn tÝch của thửa ruộng là: 60.15 = 900(m2).
Câu IV:

a. Ta có tam giác AEF vng tại A (Góc A là góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)
Mà AB là đờng cao.

=> BE.BF = AB2 (Hệ thức lợng trong tam giác vuông)
=> BE.BF = 4R2 ( Vì AB = 2R)

b. Ta cã gãc CEF = gãc BAD (Cïng phơ víi gãc BAE)
Mà góc BAD = góc ADC ( Tam giác AOD cân)

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

c. Gọi trung điểm của EF là H.
=> IH // AB (*)

Ta lại có tam giác AHE cân tại H (AH là trung tuyến của
tam giác vu«ng AEF, gãc A = 900) => gãc HAC = gãc
HEA (1)

Mµ gãc HEA + gãc BAC = 900 (2)

Mặt khác góc BAC = góc ACO ( tam giác AOC cân
tại O) (3)

Từ (1), (2) và (3) => AH CD

Nhng OI CD

=> AH//OI (**)

Từ (*) và (**) => AHIO là hình bình hành => IH = AO =
R (không đổi).

Nên I cách đờng thẳng cố định EF một khoảng không đổi = R
=>

I thuộc đờng thẳng d // EF và cách EF một khoảng =R.

* Chú ý: Trờng hợp CD AB thì I thuộc AB và vẫn cách d một
khoảng = R.

S GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

THANH HÓA NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi : Tốn

Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.

1.Giải phương trình (1) khi n = 3.

2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 2 (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 5

2 7

x y
x y

 




 


Bài 3 (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)

1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.

2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E
và F với mọi k.

3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó

suy ra tam giác EOF là tam giác vng.
Bài 4 (3,5 điểm)

Cho nửa đương trịn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm
G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) .
Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B lần lượt tại C và D.

1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh
tứ giác BDNO nội tiếp được.

d
H

I
F

E
D

B
A

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

2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra

CN DN
CG DG .

3. Đặt BOD  Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng
tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc .

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho số thực m, n, p thỏa mãn :

2 2 1 3

m
n np p  

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.
………. Hết ……….

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

ĐÁP ÁN

Bài 1 (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.

1.Giải phương trình (1) khi n = 3.
x2 – 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x

1 = 1; x2 = 3

2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.
’ = 4 – n  0  n  4

Bài 2 (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 5

2 7

x y
x y

 




 


HPT có nghiệm:

x
y







Bài 3 (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)

1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.
y = kx + 1

2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E
và F với mọi k.

Phương trình hồnh độ: x2 – kx – 1 = 0

 = k2 + 4 > 0 với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d)

luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k.

3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = -1, từ đó

suy ra tam giác EOF là tam giác vuông.

Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)

 PT đường thẳng OE : y = x1 . x

và PT đường thẳng OF : y = x2 . x

Theo hệ thức Vi ét : x1. x2 = - 1

 đường thẳng OE vng góc với đường thẳng OF  EOF là  vuông.
Bài 4 (3,5 điểm)

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

1, Tứ giác BDNO nội tiếp được.

2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL)  GBD đồng dạng GAC (g.g)


CN BD DN
CG AC DG

3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R tg 

 BD . AC = R2.

Bài 5 (1,0 điểm)

2 2 1 3

m
n np p  

(1)

 …  ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2

 (m – p)2 + (n – p)2 = 2 - ( m + n + p )2

 (m – p)2 + (n – p)2 = 2 – B2

vế trái không âm  2 – B2  0  B2  2   2 B 2

dấu bằng  m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =

2
3



 Max B = 2 khi m = n = p =

2
3

Min B =  2 khi m = n = p =

2
3



...

Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

ĐỀ CHÍNH THỨC
Mã 04

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009-2010

Mơn: Tốn

Thời gian là bài:120 phút

Bàì 1:

1. Giải phương trình: x2 + 5x + 6 = 0

2. Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + 3 đi qua điểm M(-2;2). Tìm
hệ số a

Bài 2:Cho biểu thức:

P=

(

x√x

√x+1+

x2

x√x+x

)

(

2−
1

√x

)

với x >0

1.Rút gọn biểu thức P
2.Tìm giá trị của x để P = 0

Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì 1 xe
phải điều đi làm cơng việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so
với dự định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển. (biết khối lượng hàng
mỗi xe chở như nhau)

Bài 4: Cho đường trịn tâm O có các đường kính CD, IK (IK khơng trùng CD)
1. Chứng minh tứ giác CIDK là hình chữ nhật

2. Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tâm O thứ tự ở G; H
a. Chứng minh 4 điểm G, H, I, K cùng thuộc một đường tròn.

b. Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí của G và H khi diện tích tam giác DỊJ đạt
giá trị nhỏ nhất.

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

chứng minh bất đẳng thức: a2+2b2+3c2≤36

Đẳng thức xảy ra khi nào?

………..HẾT………..

giải

Bài 1: a., Giải PT: x2 + 5x +6 = 0 
⇒ x1= -2, x2= -3.

b. Vì đờng thẳng y = a.x +3 đi qua điểm M(-2;2) nên ta có:
2 = a.(-2) +3

⇒ a = 0,5

Bµi 2:

§K: x> 0
a. P = ( x√x

√x+1+

x2

x√x+x
).(2-1

√x )

= x√x+x

√x+1 .

2√x −1

√x

= √x(2√x −1) .

b. P = 0 ⇔ √x(2√x −1) ⇔ x = 0 , x = 1

Do x = 0 kh«ng thuéc ĐK XĐ nên loại.
VËy P = 0 ⇔ x = 1

4 .

Bài 3: Gọi số xe thực tế chở hàng là x xe ( x N*)
Thì số xe dự định chở hàng là x +1 ( xe ).
Theo dự định mỗi xe phải chở số tấn là: 15

x+1 (tÊn)

Nhng thùc tÕ mỗi xe phải chở số tấn là: 15

x (tÊn)

Theo bµi ra ta cã PT:
15

x

-15

x+1 = 0,5

Giải PT ta đợc: x1 = -6 (loại)
x2= 5 (t/m)

VËy thùc tÕ cã 5 xe tham gia vËn chun hµng.
Bµi 4.

1. Ta có CD là đờng kính, nên:

∠ CKD = ∠ CID = 900 (T/c góc nội tiếp)
Ta có IK là đờng kính, nên:

∠ KCI = ∠ KDI = 900 (T/c góc nội tiếp)
Vậy tứ giác CIDK là hình chữ nhật.

2. a. Vì tứ giác CIDK nội tiếp nên ta cã:
∠ ICD = ∠ IKD (t/c gãc néi tiÕp)

Mặt khác ta có: G = ∠ ICD (cïng phơ víi ∠ GCI)
⇒ ∠ G = ∠ IKD

VËy tø gi¸c GIKH néi tiÕp.
b. Ta cã: DC GH (t/c)

⇒ DC2 = GC.CH mà CD là đờng kính ,nên độ dài CD không đổi.
⇒ GC. CH không đổi.

Để diện tích Δ GDH đạt giá trị nhỏ nhất khi GH đạt giá trị nhỏ nhất. Mà GH =
GC + CH nhỏ nhất khi GC = CH

Khi GC = CH ta suy ra : GC = CH = CD
Vµ IK CD .

Bµi 5: Do -1 a , b , c ≤4

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

Suy ra: (a+1)( a -4) 0 ⇒ a2 3.a +4
T¬ng tù ta cã b2 3b +4
⇒ 2.b2 6 b + 8
3.c2 9c +12

Suy ra: a2+2.b2+3.c2 3.a +4+6 b + 8+9c +12
a2+2.b2+3.c2 36

(v× a +2b+3c 4).

HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH QUẢNG TRỊ

MƠN: TỐN
Câu 1 (2,0 điểm)

1. Rút gọn các biểu thức sau:

a) √12−√27+4√3=2√3−3√3+4√3=3√3 .

b) 1−√5+

√

(2−√5)2=1−√5+|2−√5|=1−√5+√5−2=−1.
2. Giải phương trình: x2-5x+4=0

Ta có: a=1; b=-5; c=4; a+b+c= 1+(-5)+4=0
Nên phương trình có nghiệm : x=1 và x=4

Hay : S= {1;4} .

Câu 2 (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ thị là đường thẳng
(d).

a) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ đô.

- Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy là nghiệm của hệ :

x=0

y=−2x+4

⇔
¿x=0

y=4
.

¿{

Vậy toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy là

A(0 ; 4).

- Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Ox là nghiệm của hệ :

y=0

y=−2x+4

⇔
¿y=0

x=2
.

¿{

Vậy toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Ox là

B(2 ; 0).

b) Tìm trên (d) điểm có hồnh độ bằng tung độ.
Gọi điểm M(x0 ; y0) là điểm thuộc (d) và x0 = y0

 x0=-2x0+4

 x0=4/3 => y0=4/3.
Vậy: M(4/3;4/3).

Câu 3 (1,5 điểm).

Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0. (1)

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

x2 - 2(m-1)x + 2m - 3=0.

Có: Δ ’ = [−(m −1)]2−(2m−3)
= m2-2m+1-2m+3

= m2-4m+4 = (m-2)2 0 với mọi m.

 Phương trình (1) ln ln có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c < 0
<=> 2m-3 < 0

<=> m < 32 .

Vậy : với m < 32 thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chử nhật có diện tích là 720m2, nếu tăng chiều dài

thêm 6m và giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn khơng đổi. Tính
kích thước của mảnh vườn ?

Bài giải :

Gọi chiều rộng của mảnh vườn là a (m) ; a > 4.
Chiều dài của mảnh vườn là 720a (m).

Vì tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích khơng đổi
nên ta có phương trình : (a-4). ( 720a +6) = 720.

⇔ a2 -4a-480 = 0

⇔

a=24

a=−20(¿0)loai .
¿

¿
¿
¿
¿

Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m.
chiều dài của mảnh vườn là 30m.
Câu 5 (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng
(d) không đi qua tâm O, cắt (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến
với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vng góc với AO (H
nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC.

1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh OH.OA = OI.OD.

3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).

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

I
M

C
B

O
A

Chứng minh:
a) C/m: OHDC nội tiếp.

Ta có: DH vng goc với AO (gt). => ∠ OHD = 900.

CD vng góc với OC (gt). => ∠ OCD = 900.

Xét Tứ giác OHDC có ∠ OHD + ∠ OCD = 1800.

Suy ra : OHDC nội tiếp được một đường tròn.
b) C/m: OH.OA = OI.OD

Ta có: OB = OC (=R); DB = DC ( T/c của hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vng góc với BC.
Xét hai tam giác vng Δ OHD và Δ OIA có ∠ AOD chung

 Δ OHD đồng dạng với Δ OIA (g-g)
 OH

OI =
OD

OA =>OH . OA=OI . OD . (1) (đpcm).
c) Xét Δ OCD vng tại C có CI là đường cao

áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng,
ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) (2).

Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA

⇒OM

OH =
OA
OM .

Xét 2 tam giác : Δ OHM và Δ OMA có :

∠ AOM chung và OM

OH =
OA
OM .

Do đó : Δ OHM đồng dạng Δ OMA (c-g-c)

 ∠ OMA = ∠ OHM = 900.
 AM vng góc với OM tại M
 AM là tiếp tuyến của (O).

d)Gọi K là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.
 S = S Δ AOM - SqOKM

Xét Δ OAM vng tại M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R

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

=> MH = R. √23 và ∠ AOM = 600.

=> S Δ AOM = 1

2OA . MH=
1

2. 2R.R.

√3

2 =R

.√3

2 . (đvdt)
SqOKM = Π.R

. 60
360 =

Π.R2

6 . (đvdt)
=> S = S Δ AOM - SqOKM = R2.√3

2 −

Π.R2

6 =R

.3√3− Π

</div>

de thi thu vao 10 rat hay



 





 



































































<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





(

)

 

<b>Sở GD và ĐT </b>

<b>Chí Minh</b>

<b>Môn thi: toán</b>

<b>Sở GD&ĐT </b>

<b>Cần Thơ</b>











 



(

) (

)

(

)



 













 



<sub></sub>

<sub></sub>

SỞ GD & ĐÀO TẠO TỈNH

KIÊN GIANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT