de thi vao 10 co dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.39 MB, 106 trang )

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

Sở GD&ĐT Hà Nội §Ị thi tun sinh líp 10
--- Năm häc: 2009 – 2010.
Môn: Toán.

Ngày thi: 23 - 6 – 2009.
Thêi gian làm bài: 120 phút.
Câu I(2,5đ): Cho biểu thức A =

1 1

4 2 2

x

x  x  x , víi x ≥ 0 vµ 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 để A = -1/3.

Câu II (2,5đ): Giải bài toán bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:

Hai t sn xut 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 một ngày tổ thứ
nhất may đợc nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong mt ngy may c
bao nhiờu chic ỏo?

Câu III (1,0đ):

Cho phơng trình (ẩn x): x2 2(m+1)x + m2 +2 = 0

1/ Giải phơng trình đã cho khi m = 1.

2/ Tìm giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn h thc

x12 + x22 = 10.

Câu IV(3,5đ):

Cho ng trũn (O;R) và điểm A nằm bên ngồi đờng trịn. Kẻ tiếp tuyến AB, AC
với đờng tròn (B, C là cỏc tip im).

1/ Chứng minh ABOC là tứ 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 kỳ (K khác B và C). Tiếp tuyến
tại K của đờng tròn (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh tam giác APQ có
chu vi khơng đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.

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

Câu V(0,5đ):

Giải phơng trình:

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

4 4 2

x   x  x  x x  x

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

Câu II:

Câu III:

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

Sở GD&ĐT Cần Thơ
§Ị thi tun sinh 
líp 10

--- Năm học: 2009 2010.
Môn: Toán.

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

Câu I: (1,5đ) Cho biểu thøc 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.

Câu 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 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 -
3

2 tại điểm A có 
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 vng 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 tròn này.

2. TÝnh BE.

3. Vẽ đờng kính EF của đờng trịn 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>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế §Ị thi tun sinh líp 10
--- Năm học: 2009 – 2010.
M«n: Toán.

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

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

a) 5x2 + 13x - 6=0 b) 4x4 - 7x2 - 2 = 0 c)

3 4 17

5 2 11

x y
x y

Bài 2: (2,25đ)

a) Cho hm s 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 hong

bằng -2.

b) Không cần giải, chứng tỏ rằng phơng trình ( 3 1 )x2 - 2x - 3 = 0 cã hai

nghiệm phân biệt và tính tổng các bình phơng hai nghiệm đó.

Bài 3: (1,5đ)

Hai máy ủi làm việc trong vịng 12 giờ thì san lấp đợc
1

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 trịn (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 trịn tâm (O’).

3. Chứng minh: các tích AC.AE và AD.AF cùng bằng một số không 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 đờng

thẳng cố định nào?
Bài 5: (1,25đ)

Một cái phễu có hình trên dạng hình 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 còn lại trong phễu.

Gợi ý
đáp

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

Sở GD và ĐT

Thành phè Hå ChÝ Minh

K× thi tun sinh líp 10
Trung häc phổ thông

Năm học 2009-2010
Khoá ngày 24-6-2009

Môn thi: toán

Câu I: Giải các
phơng trình và hệ phơng tr×nh sau:

a) 8x2 - 2x - 1 = 0

2 3 3

5 6 12

x y

 




 



c) x4 - 2x2 - 3 = 0

d) 3x2 - 2 6x + 2 = 0

C©u II:

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y =
2
2
x

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

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

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

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 mäi 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 tròn (O). Chứng minh tam giác ABD và tam giác
AKC đồng dạng với nhau. Suy ra AB.AC = 2R.AD và S =

. .
4
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>
(9)<div class='page_container' data-page=9></div>
(10)<div class='page_container' data-page=10></div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

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

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

Thời gian làm bài: 120 phút (khụng k thi gian giao 
)

Bài 1: (2,0đ) (Không dùng máy tính cầm tay)

a. Cho biết A = 5 + 15 vµ B = 5 - 15 h·y 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 cuûa 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 ngoài (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
---HƯỚNG DẪN GIẢI

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

a. Cho bieát 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. Giải 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 vaø 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(*)

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

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



  

































A B A B

A B

A B A B

A B

Thay vào (*) ta có:

m x x 4 2 x x 1

m x x 2 x x 3

2 x x 3

x x x x

3
m 2
x x
    
    

  
 
  


Bài 3: (1,50 điểm)









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

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

nghiệm: x 12 và 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
   
   
   
    
 
    

Baøi 4: (4,00 ñieåm)

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

  

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

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

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:

  ( )

CAE CBA cùngchắncungCA

Suy ra : CDE CBA 
c. Chứng minh IK//AB
 
 
 
      
 
 

1 1 2 2

0
0

Xét DCE và BCA ta coù:
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 nhỏ 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 .

A
B
M
C
D
E
F
I K
A
2
D
1 D2
A

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

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.

Bài 5: Các số a , b , c∈[−1;4] thoả mãn điều kiện a+2b+3c ≤4
chứng minh bất đẳng thức: a2+2b2+3c2≤36

Đẳng thức xảy ra khi nào?

………..HẾT………..

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

Bµi 1: a., Gi¶i 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
4
Do x = 0 không thuộc ĐK XĐ nên loại.

VËy P = 0 ⇔ x = 1
4 .

Bµi 3: Gäi sè xe thùc tÕ chë hµng lµ 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 thực tế mỗi xe phải chở số tÊn lµ: 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 gãc néi tiÕp)

Ta có IK là đờng kính, nên:

∠ KCI = ∠ KDI = 900 (T/c gãc néi tiÕp)

VËy tø gi¸c CIDK là hình chữ nhật.
2. a. Vì tứ giác CIDK néi tiÕp nªn ta cã:
∠ ICD = ∠ IKD (t/c góc nội tiếp)

Mặt khác ta cã: ∠ G = ∠ ICD (cïng phô 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 khơng đổi.

⇒ GC. CH khơng 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

Nªn a +1 0
a - 4 0

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

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).

………..HẾT………..
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)

*****

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 khơng phụ thuộc vào m.

Câu 3: (2,5 điểm)

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

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

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

MP IA => MP = MQ => tỉ số của chúng bằng 1
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 GIÁO DỤC ĐAØO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VAØO LỚP 10 THPT
 BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 - 2010

Đề chính thức

Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 02/ 07/ 2009

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

đề)

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

Giải các phương trình sau:
1. 2(x + 1) = 4 – x
2. x2 – 3x + 0 = 0
Bài 2: (2,0 điểm)

1. Cho hàm số y = ax + b. tìm a, b biết đồ thị hàm số đẫ cho đi qua hai
điểm A(-2; 5) và B(1; -4).

2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2

a. tìm điều kiện của m để hàm số ln nghịch biến.

b. Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ
bằng

2
3

Bài 3: (2,0 điểm)

Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. Sau đó 75 phút,
trên cùng tuyến đường đó một ơtơ khởi hành từ Quy Nhơn đi Hồi Ân với vận tốc
lớn hơn vận tốc của xe máy là 20 km/giờ. Hai xe gặp nhau tại Phù Cát. Tính vận
tốc của mỗi xe, giả thiết rằng Quy Nhơn cách Hoài Ân 100 km và Quy Nhơn
cách Phù Cát 30 km.

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác vng ABC nội tiếp trong đường trịn tâm O đường kính AB.
Kéo dài AC (về phía C) đoạn CD sao cho CD = AC.

1. Chứng minh tam giác ABD cân.

2. Đường thẳng vng góc với AC tại A cắt đường trịn (O) tại E. Kéo dài
AE (về phía E) đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D,
B, F cùng nằm trên một đường thẳng.

3. Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường
trịn (O).

Bài 5: (1,0 ñieåm)

Với mỗi số k nguyên dương, đặt Sk = ( 2 + 1)k + ( 2 - 1)k

Chứng minh rằng: Sm+n + Sm- n = Sm .Sn với mọi m, n là số nguyên dương và
m > n.

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

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

BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 - 2010

Đề chính thức

Lời giải vắn tắt mơn thi: Tốn

Ngày thi: 02/ 07/ 2009
Bài 1: (2,0 điểm)

Giải các phương trình sau:
1) 2(x + 1) = 4 – x

 2x + 2 = 4 - x 
 2x + x = 4 - 2 
 3x = 2 
 x =

2) x2 – 3x + 2 = 0. (a = 1 ; b = - 3 ; c = 2)

Ta có a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0 .Suy ra x1= 1 và x2 = = 2
Bài 2: (2,0 điểm)

1.Ta có a, b là nghiệm của hệ phương trình
5 = -2a + b

-4 = a + b




 

-3a = 9

-4 = a + b




 

a = - 3

b = - 1




Vậy a = - 3 vaø b = - 1

2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2

a) Để hàm số nghịch biến thì 2m – 1 < 0  m < .

b) Để đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng

2
3



. Hay đồ thị
hàm số đi qua điểm có toạ đợ (

2
3



;0). Ta phải có pt
0 = (2m – 1).(- ) + m + 2  m = 8

Bài 3: (2,0 điểm)

Quãng đường từ Hoài Ân đi Phù Cát dài : 100 - 30 = 70 (km)
Gọi x (km/h) là vận tốc xe máy .ĐK : x > 0.

Vận tốc ô tô là x + 20 (km/h)

Thời gian xe máy đi đến Phù Cát : (h)
Thời gian ô tô đi đến Phù Cát : (h)

Vì xe máy đi trước ô tô 75 phút = (h) nên ta có phương trình :
- =

Giải phương trình trên ta được x1 = - 60 (loại) ; x2 = 40 (nhaän).

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

Bài 4 : a) Chứng minh ABD cân

Xét ABD có BCDA (Do ACB = 900 : Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Mặt khác : CA = CD (gt) . BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên ABD cân tại B
b)Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng.
Vì CAE = 900, nên CE là đường kính của (O), hay C, O, E thẳng hàng.

Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD
Suy ra BD // CO hay BD // CE (1)

Tương tự CE là đường trung bình của tam giác ADF

Suy ra DF // CE (2)

Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng
c)Chứng minh rằng đường trịn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc 
với đường trịn (O).

Ta chứng minh được BA = BD = BF

Do đó đường trịn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính .
Vì OB = AB - OA > 0 Nên đường tròn đi qua

ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A
Bài 5: (1,0 điểm)

Với mọi m, n là số nguyên dương và m > n.
Vì Sk = ( 2 + 1)k + ( 2 - 1)k

Ta coù: Sm+n = ( 2 + 1)m + n + ( 2 - 1)m + n
Sm- n = ( 2 + 1)m - n + ( 2 - 1)m - n

Suy ra Sm+n + Sm- n = ( 2 + 1)m + n + ( 2 - 1)m + n + ( 2 + 1)m - n + ( 2 - 1)m – n
(1)

Mặt khác Sm.Sn =

m m

( 2+ 1) + ( 2- 1)

 

 

n n

( 2+ 1) + ( 2- 1)

 

 

= ( 2 + 1)m+n + ( 2 - 1)m+n + ( 2 + 1)m. ( 2 - 1)n + ( 2 - 1)m. ( 2 + 1)n

(2)
Maø ( 2 + 1)m - n + ( 2 - 1)m - n

m
n
( 2+ 1)

( 2+ 1) +

m
n
( 2- 1)
( 2- 1) =

m n m n

n n

( 2+ 1) .( 2- 1) ( 2- 1) .( 2+ 1)
( 2- 1) .( 2+ 1)



m n m n

( 2+ 1) .( 2- 1) ( 2- 1) .( 2+ 1)
1



= ( 2+ 1) .( 2- 1)m n( 2- 1) .( 2+ 1)m n
(3)

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

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

Môn 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 x1 ; 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 trịn (O).

======Hết======
Hướng dẫn:

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

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
L p b ngậ ả :

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
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)

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 =

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

2(8 - 2)= 3đvdt
Cách 2 : Hướng dẫn : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vng góc

O
y

x
A

K
C

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

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)
SOAB =

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 x1 ; 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 +

1
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 trịn) ; 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

BAD , hay cung AB AD» »  ADB AED· · (chắn hai cung bằng nhau) .

Vậy ΔADH = ΔAED (g-g) 

.
AD AH

AD AH AE
AE AD  

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

* 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

C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm)

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

) :

2
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
0
45

4


 



 

 ...

A O

C
E
D

M’

K
H

B”

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

Sở giáo dục - đào 
tạo nam định

§Ị chÝnh thøc

đề thi tuyển sinh năm hc 2009 2010

Môn : Toán - Đề chung

Thi gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Bài1 (2,0 điểm)Trong mỗi Câu từ 1 đến Câu 8 đều có bốn phơng án trả lời A, B, C, D; 
Trong đó chỉ có một

phơng án đúng. Hãy chọn phơng án đúng để viết vào bài làm.

Câu 1. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, đồ thị các hàm số y = x2 và y = 4x + m cắt nhau tại 
hai điểm phân biệt

khi vµ chØ khi

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

Câu 2. Cho phơng trình3x – 2y + 1 = 0. Phơng trình nào sau đay cùng với phơng trình
đã cho lập thành một hệ phơng trình vô nghiệm

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

Câu 3. Phơng trình nào sau đây có ít nhÊt mét nghiƯm nguyªn ?
A.

(x 5) 5 B . 9x2- 1 = 0 C. 4x2 – 4x + 1 = 0 
D. x2 + x + 2 = 0

Câu 4. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy góc tạo bởi đờng 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. Đ thừa số ở ngoài dấu căn vào trong dấu căn, ta
đợc P bằng:

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

Câu 6. Trong các phơng trình sau đây phơng trình nào có hai nghiệm dơng:

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

Câu 7. Cho đờng 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 hịnh chữ nhật MNPQ có MN = 4cm; MQ = 3 cm. Khi quay hình chữ nhật đã
cho một vịng quanh cạn MN ta đợc 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) T×m x biÕt :

(2x 1)  1 9

2) Rót gän biÓu thøc : M =

4
12

3 5

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

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

Bài 2 (1,5 điểm) Cho phơng 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 phơng trình (1) ln có nghiệm x1 = 2.
2) Tìm giá trị của m để phơng trình (1) có nghiệm x2 = 1 + 2 2

Bài 3. ( 3,0 điểm) Cho đờng trịn (O; R) Và điểmA nằm ngồi (O; R) .Đờng trịn đờng
kính AO cắt đờng trịn (O; R) Tại M và N. Đờng thẳng d qua A cắt (O; R) tại B và C ( d
không đi qua O; điểm B nằm giữa A và C). Gọi H nlà trung điểm của BC.

1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đờng tròn đờng kính AO.
2) Đờng thẳng qua B vng góc với OM cắt MN ở D. Chứng minh rằng:

a) Gãc AHN = gãc BDN

b) Đờng thẳng DH song song với đờng thẳng MC.
c) HB + HD > CD

Bµi 5 (1,5 điểm)

1) Giải hệ phơng trình:

2 2 2

2 0

( 1) 1

x y xy

x y x y xy

  





    




2) Chøng minh r»ng víi mäi x ta lu«n cã:

2 2

(2x1) x  x 1 (2x 1) x  x 1

Gợi ý đáp án mơn tốn Nam Định 09-10.
Bài 1:

C©u 1 2 3 4 5 6 7 8

đáp án B C B C D A D B

Bµi 2:
1.

(2x1) = 9  2x – 1 = 9 hc 2x – 1 = -9

 x = 5 hc x = - 4.
2. M = 12 +

4( 5 - 3 )

5 3 = 2 3 + 2( 5 - 3) = 2 5
3. ta cã – x2 + 6x + 9 = - (x - 3)2  0  x. (1)

A =

2
(x 3)
 

. Điều kiện để A có nghĩa là: - (x - 3)2  0 (2)

Từ (1), (2) => x = 3.

Bµi 3.

1. Thay x = 2 vµo ta cã: 22 + (3 - m)2 + 2(m - 5)
= 4 + 6 – 2m + 2m – 10
= 0.

Vậy x = 2 là nghiệm của phơng trình (1)  m.
2. áp dụng định lí viet cho phơng trình (1) ta có:

x1 + x2 = m – 3 => x2 = m – 3 – x1 = m – 3 – 2 = m – 5.
Mµ x2 = 1 + 2 2 => m – 5 = 1 + 2 2 => m = 6 + 2 2.
Bµi 4:

Mµ AHN = AMN (cmt) => AHN = MDE
Mặt khác MDE = BDN (đđ)

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

b. từ câu trên => tø gi¸c BDHN néi tiÕp.
=> BND = BHN

Mà BHN = BCN (chắn BN cña (O))
=>  BHN = BCN => DH // MC.
c. ta cã : HD + HB = HD + HC.

Trong HDC : HD + HC > DC (B§T tam giác)

? HD + HB > DC.
Bài 5.

1. x + y = 2xy
x+ y – (xy)2 =

(xy)  2xy2
=> 2xy (xy)2 =

(xy) 2xy2 (1)
Đặt t =

(xy)  2xy2 (t0)
=> 2xy – (xy)2 = 2 – t2.

(1)  2 – t2 = t  t = 1 (tm) hoặc t = -2 (loại)
t= 1 => (xy)2 -2xy + 2 = 1 => xy = 1 => x + y = 2. 
=> x, y là nghiệm của phơng trình T2 2T + 1 = 0
=> x = y = 1.

2. (2x + 1) x2 x1 > (2x - 1) x2 x 1 (*)
[(2x + 1) x2 x1]2 = 4x4 + x2 +3x +1.
[(2x - 1) x2 x 1]2 = 4x4 + x2 -3x + 1.
+ NÕu x <

1
2



=> VT < 0, VP < 0

(*)[(2x + 1) x2 x1]2 < [(2x - 1) x2 x 1]2

 4x4 + x2 +3x +1 < 4x4 + x2 -3x + 1  3x < -3x (ỳng)

Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Nghệ An
Năm học: 2009-2010

Môn: Toán

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

Câu I: (3,0đ). Cho biểu thức 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 trị của x để A <1.

CâuII: (2,5đ). Cho phơng trình bậc hai, với tham sè m: 2x2 – (m+3)x + m = 0 (1).

1. Giải phơng trình (1) khi m = 2.

2. Tỡm 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 lµ hai nghiƯm cđa phơng trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = x1 x2

Câu III: (1,5đ).

Mt tha rung hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45m. Tính diện tích thửa
ruộng, biết rằng nếu chiều dài giảm đi 2 lần và chiều rộng tăng 3 lần thì chu vi thửa
ruộng khơng thay đổi.

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 luôn
nằm trên một đờng thẳng cố 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




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

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.
Câu II:

1. Víi m = 2 th× phơng trình trở thành: 2x2 5x + 2 = 0

Phơng trình có hai nghiệm là: 2 và 1/2.

2. Ta cã  = (m + 3)2 – 4.2.m = m2 - 2m + 9= (m - 1)2 + 8

=> >0 với mọi m => phơng trình luôn có hai nghiƯm ph©n biƯt.

Theo ViÐt ta cã:

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

2
4

m 


1 2 2

x x

  

VËy MinP = 2 m =1

Câu III: Gọi chiều dài của thưa rng lµ x(m)

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)
Vậy diện tích của thửa ruộng là: 60.15 = 900(m2).

C©u IV:

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

=> BE.BF = AB2 (Hệ thức lợng trong tam giác vuông)

=> BE.BF = 4R2 ( V× AB = 2R)

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

=> Gúc CEF = góc ADC => Tứ giác CEFD nội tiếp đờng trịn.
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 vuông AEF, góc A = 900) => gãc HAC =

gãc HEA (1)

Mµ gãc HEA + góc BAC = 900 (2)

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

Tõ (1), (2) vµ (3) => AH CD
Nhng OI CD

=> AH//OI (**)

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

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

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

S GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH

---

---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2009 - 2010
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MƠN : TỐN 
 Ngµy thi : 29/6/2009

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

Ch÷ ký GT 1 :
...
Chữ ký GT 2 :
...

(Đề thi này có 01 trang)
Bài 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau :

a) 2 3 3 27  300
b)

1 1 1

1 ( 1)

x x x x x

 





Bài 2. (1,5 điểm)

a). Giải phơng trình: x2 + 3x 4 = 0
b) Giải hệ phơng tr×nh: 3x – 2y = 4
2x + y = 5

Bài 3. (1,5 điểm)

Cho hàm số : y = (2m – 1)x + m + 1 víi m lµ tham sè vµ m #
1

2. Hãy xác định m trong mi 
tr-ng hp sau :

a) Đồ thị hàm số đi qua điểm M ( -1;1 )

b) Đồ thị hàm số cắt trục tung, trục hoành lần lợt tại A , B sao cho tam giác OAB cân.

Bài 4. (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:

Một ca nơ chuyển động xi dịng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dịng từ
B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dịng
nớc là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nụ khi nc ng yờn )

Bài 5. (3,0 điểm)

Cho điểm M nằm ngồi đờng trịn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng tròn
(O;R) ( A; B là hai tiếp điểm).

a) Chøng minh MAOB lµ tø gi¸c néi tiÕp.

b) TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c AMB nÕu cho OM = 5cm vµ R = 3 cm.

c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đờng tròn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm giữa
M và D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA là tia phõn giỏc ca
gúc CED.

Hết

---(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

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

Đáp án

Bài 1:

a) A = 3 b) B = 1 + x

Bµi 2 :

a) x1 = 1 ; x2 = -4

b) 3x – 2y = 4
2x + y = 5

<=> 3x – 2y = 4 7x = 14 x = 2
<=> <=>
4x + 2y = 5 2x + y = 5 y = 1

Bµi 3 :

a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;1) => Tọa độ điểm M phải thỏa mãn hàm số :
y = (2m – 1)x + m + 1 (1)

Thay x = -1 ; y = 1 vµo (1) ta cã: 1 = -(2m -1 ) + m + 1
<=> 1 = 1 – 2m + m + 1
<=> 1 = 2 – m

<=> m = 1

VËy víi m = 1 Thì ĐT HS : y = (2m 1)x + m + 1 ®i qua ®iĨm M ( -1; 1)

c) ĐTHS cắt trục tung tại A => x = 0 ; y = m+1 => A ( 0 ; m+1) => OA = m1
cắt truc hoành tại B => y = 0 ; x =

2 1

m

m
 

 => B (
1

2 1

m
m
 

 ; 0 ) => OB =

2 1

m
m

Tam giác OAB cân => OA = OB

<=> m1 =

2 1

m
m
 

 Gi¶i PT ta cã : m = 0 ; m = -1

Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc của ca nô là x ( km/h) ( x>5)
Vận tốc xuôi dòng của ca nô là x + 5 (km/h)
Vận tốc ngợc dòng của ca nô lµ x - 5 (km/h)
Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :

60
5

x ( giê)

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :
60

x ( giờ)
Theo bài ra ta cã PT:

60
5
x +

60
5
x = 5

<=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25)
<=> 5 x2 – 120 x – 125 = 0

 x1 = -1 ( không TMĐK)
x2 = 25 ( TMĐK)

Vậy vân tốc thực của ca nô là 25 km/h.
Bài 5:

D
C

E
O
M

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

a) Ta cã: MA  AO ; MB  BO ( T/C tiÕp tuyÕn c¾t nhau)
=> MAO MBO  900

Tứ giác MAOB có : MAO MBO  900 + 900 = 1800 => Tứ giác MAOB nội tiếp đờng 
trũn

b) áp dụng ĐL Pi ta go vào MAO vuông tại A có: MO2 = MA2 + AO2

MA2 = MO2 – AO2

 MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = 4 ( cm)

Vì MA;MB là 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau => MA = MB => MAB cân tại A

MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đờng trung trực => MO AB
Xét AMO vuông tại A có MO AB ta có:

AO2 = MO . EO ( HTL trongvu«ng) => EO = 
2
AO
MO =

5(cm)

=> ME = 5 -
9
5 =

16
5 (cm)

áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vuông tại E ta có:AO2 = AE2 +EO2

AE2 = AO2 – EO2 = 9 -

81
25 =

144
25 =

12
5

 AE =
12

5 ( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE do MO là đờng trung trực của AB)

 AB = 
24

5 (cm) => SMAB =
1

2ME . AB =

1 16 24
. .
2 5 5 =

192

25 (cm2)

c) XÐt AMO vuông tại A có MO AB. áp dụng hệ thức lợng vào tam giác vuông AMO ta
có: MA2 = ME. MO (1)

mµ : ADC MAC =
1

2Sđ AC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 
1 cung)

MAC DAM (g.g) =>

MA MD

MC MA => MA2 = MC . MD (2)
Tõ (1) vµ (2) => MC . MD = ME. MO =>

MD ME

MO MC
MCE MDO ( c.g.c) ( M chung;

MD ME

MO MC ) => MEC MDO  ( 2 gãc tøng) ( 3)
T¬ng tù: OAE OMA (g.g) =>

OA
OE=

OM

OA

=>
OA
OE =

OM
OA =

OD OM

OE OD ( OD = OA = R)
Ta cã: DOE MOD ( c.g.c) ( O chong ;

OD OM

OE OD ) => OED ODM  ( 2 gãc t øng) (4)
Tõ (3) (4) => OED MEC  . mµ : AEC MEC =900

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
LÂM ĐỒNG Khóa ngày: 18 tháng 6 năm 2009

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN

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

Câu 1: (0.5đ). Phân tích thành nhân tử: ab + b b + a + 1 (a0).

Câu 2: (0.5đ). Đơn giản biểu thức: A = tg2 - sin2 . tg2  ( 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 31,4 cm. (Cho = 3,14)

Câu 5: (0.75đ). Cho ABC 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 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 ABC 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
2 3 2 3

Câu 10: (0.75đ). Cho ABC vuông tại A. Vẽ đường cao AH, biết HC = 11cm, AB =
2 3cm. Tính độ dài cạnh BC.

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

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

Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thõa 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 tròn.

HẾT
---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI

PHÒNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2009 – 2010

MƠN THI : TỐN

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

Ngày thi : 24 tháng 6 năm 2009

A. TRẮC NGHIỆM:( 2 ĐIỂM) (Đã bỏ đi đáp án, xem như bài tập lí thuyết để 
luyện tập)

1.Tính giá trị biểu thức M



2 3

 

2 3



?
2. Tính giá trị của hàm số

2
1

y x

3



tại x 3.
3.Có đẳng thức x(1 x)  x. 1 x khi nào?

4. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M( 1; 1 ) và song song với đường
thẳng y = 3x.

5. Cho (O; 5cm) và (O’;4cm) cắt nhau tại A, B sao cho AB = 6cm. Tính độ dài OO?

6. Cho biết MA , MB là tiếp tuyến của đường tròn (O), BC là đường kính BCA 70  0. 
Tính số đo AMB ?

7.Cho đường tròn (O ; 2cm),hai điểm A, B thuộc đường trịn sao cho AOB 120  0.Tính 
độ dài cung nhỏ AB?

8. Một hình nón có bán kính đường trịn đáy 6cm ,chiều cao 9cm thì thể tích bằng bao

nhiêu?

B. TỰ LUẬN :( 8,0 ĐIỂM)
Bài 1 : (2 điểm)

1. Tính

1 1

2 5 2 5

 

 

2. Giải phương trình (2 x )(1 x )x 5

3. Tìm m để đường thẳng y = 3x – 6 và đường thẳng
3

y x m

 

cắt nhau tại một
điểm trên trục hoành .

Bài 2 ( 2 điểm)

Cho phương trình x2 + mx + n = 0 ( 1)
1.Giải phương trình (1) khi m =3 và n = 2

THI CH NH TH C

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

2.Xác định m ,n biết phương trình (1) có hai
nghiệm x1.x2 thoả mãn

1 2
3 3
1 2

x x 3

x x 9

 



 



Bài 3 : (3 điểm)

Cho tam giác ABC vng tại A .Một đường

trịn (O) đi qua B và C cắt các cạnh AB , AC
của tam giác ABC lần lượt tại D và E

( BC không là đường kính của đường trịn
tâm O).Đường cao AH của tam giác ABC cắt
DE tại K .

1.Chứng minh ADE ACB  .

2.Chứng minh K là trung điểm của DE.

3.Trường hợp K là trung điểm của AH .Chứng minh rằng đường thẳng DE là tiếp
tuyến chung ngồi của đường trịn đường kính BH và đường trịn đường kính CH.

Bài 4 :(1điểm)

Cho 361 số tự nhiên a , a ,a ,..., a1 2 3 361 thoả mãn điều kiện

1 2 3 361

1 1 1 1

... 37

a  a  a   a 

Chứng minh rằng trong 361 số tự nhiên đó, tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.
======Hết======

Gợi ý đáp án

Bài 2:

2.  = m2 – 4n ≥ 0  m2 ≥ n

Theo Viét ta có:

1 2
1. 2

x x m

x x n
 







Kết hợp với trên ta có:

1 2
1 2
1 2
3 3
1 2
.
3

x x m

x x n
x x
x x
 





 

  
 
1 2
1 2
2
2
3
3 3
9

x x m

x x
m n
n m

 

  


 

  

 =>

2 3
3
m
n
 





Bài 3:

a. Ta có tứ giác BDEC nội tiếp
=> BDE ACB 1800

Mà BDE ADE  1800 ( hai góc kề bù)

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

=> ADEACB

b. Chứng minh tương tự phần a,
ta có AED ABC

mà HACABC ( cùng phụ với góc ACB)

=>HAC AED => AEK cân tại K => AK=KE (1)

Chứng minh tương tự ta có AKD cân tại K => AK = KD (2)

=> KE=KD => K là trung điểm của DE.

c. Vì K là trung điểm của AH và DE nên tứ giác
ADHE là hình bình hành

Mà góc A =900 => ADHE là hình chữ
nhật => AK = KH = KD = KE

Ta có O1DK = O1HK

Mà góc O1HK = 900 => góc O1DK
= 900

Mặt khác DO1 = BO1 = HO1 (t/c tam
giác vuông)

=> DE là tiếp tuyến của (O1)
Tương tự ta cũng chứng minh
được DE là tiếp tuyến của (O2)

=> DE là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2)

Bài 5:

Xét

1 1 1

B= ...

1 2   361
=

2 2 2

...

1 1 2 2   361 361
<

2 2 2

1 ...

2 1 3 2 361 360

  

= 1+2( 2 1 ) + 2( 3 2)+…+2( 361 360)
= 1+2( 361 1 )=1+2(19-1)=37

H O

E
D

C
B

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

=> B<17 (1)

Vì a1, a2, …,a361 là 361 số tự nhiên bất kì
=>A ≤ B (2)

Từ (1) và (2) => A<17
Mà theo đề bài A = 17

=> Ln tồn tại ít nhất 2 số tự nhiên trùng nhau trong 361 số đã cho.

SỞ GD & ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2009 – 2010

Mơn thi : Tốn

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

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 đô thị trên bằng phương pháp đại số .

b) Cho parabol (P) :

2
x
y

4


và đường thẳng (D) : y = mx -
3

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 vng 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 .

d) Cung BD của (O) chia tam giác ABM thành hai hần. Tính diện tích phần của tam
giác ABM nằm ngồi (O) .

---HẾT---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
AN GIANG Năm học:2009-2010

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

Môn TOÁN ( ĐỀ CHUNG)

Thời gian : 120 phút

(Không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (1,5 điểm)

1/.Khơng 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
2 6

x   x 2/ x4 + 3x2 – 4 = 0

Bài 5 : (3,5 điểm)

Cho đường trịn (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 vuông 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>
(42)<div class='page_container' data-page=42></div>
(43)<div class='page_container' data-page=43></div>
(44)<div class='page_container' data-page=44></div>
(45)<div class='page_container' data-page=45></div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 THÁI BÌNH NĂM HỌC: 2009 - 2010

Mơn thi: TỐN

Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2009

Bài 1(2,5 điểm) (Thời gian làm bài: 120 phút)

Cho biểu thức

1 1

4 2 2

x
A

x x x

= + +

- - + , với x≥0; x ≠ 4

1) Rút gọn biểu thức A.

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

1
3
A

=-.

Bài 2 (2 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 toạ độ xOy.

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

c/ Gọi A(xA; yA), B(xA; 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(1,5 điểm)Cho phương trình: x2- 2(m+1)x m+ 2+ =2 0 (ẩn x)

1) Giải phương trình đã cho với m =1.

2) Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn
hệ thức: x12+x22=10.

Bài 4(3,5 điểm)Cho đường tròn (O; R) và A là một điểm nằm bên ngồi đường trịn. Kẻ
các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).

1) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.

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

3) Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O; R) lấy điểm K bất kì (K khác B và
C). Tiếp tuyến tại K của đường 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) Đường thẳng qua O, vng góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo
thứ tự tại các điểm M, N. Chứng minh PM + QN ≥ MN.

Bài 5(0,5 điểm)

Giải phương trình:

(

)

2 1 2 1 1 3 2

2 2 1

4 4 2

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

---Hết---Lưu ý: Giám thị khơng giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNGNăm học 2009-2010

Mơn thi: TỐN

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

Bài 1.(2,0 điểm)

1. Rút gọn các biểu thức sau: a)

3 13 6

2 3 4  3 3

CH NH TH C

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

x y y x x y

xy x y

 



 với x > 0 ; y > 0 ; 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 khi 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: 2 x + y3 .

Bài 3.(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y



k 1 x 4



 (k là tham số) và parabol
(P): y x 2.

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

2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) tại hai
điểm phân biệt;

3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho:

1 2 1 2
y y y y .
Bài 4.(3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, 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 tròn;
2. Tính 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 1 1

x 2x 3 4x 3 5x 6

 

    

    .

HẾT

---Họ và tên thí sinh: ... Số báo danh:...
Giám thị 1: ... Giám thị 2:

Bài 1.(2,0 điểm)

1. Rút gọn các biểu thức sau: a)

3 13 6

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

x y y x x y

xy x y

 



 với x > 0 ; y > 0 ; xy

2. Giải phương trình:

x 3

x 2

 

 .

Ý Nội dung Điểm

1.

(1,5đ) a)

3 13 6

2 3 4  3 3









3 2 3 13 4 3

2 3

4 3 16 3

 

 

  0,25

= 6 3 3 4   3 2 3 0,25

= 10 0,25

x y y x x y

xy x y

 



 với x > 0 ; y > 0 ; xy



 



xy x y x y x y

xy x y

  



 0,25

= x y x y 0,25

= 2 x 0,25

2.

(0,5đ)

x 3

x 2

 

 ĐK: x 2

Quy đồng khử mẫu ta được phương trình:
x2 + 2x + 4 = 3(x + 2)

 x2 x  2 = 0

0,25

Do a  b + c = 1 + 1  2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm:

x = 1; x = 2 (thoả mãn)

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 2

0,25

Bài 2.(2,0 điểm)

Cho hệ phương trình:



m 1 x y 2



mx y m 1

   




  


 (m là tham số)

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

2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình ln có nghiệm duy nhất (x ; y ) thoả
mãn: 2 x + y3 .

Ý Nội dung Điểm

1.

(1,0đ) Khi m = 2 ta có hệ phương trình:

x y 2
2x y 3

 



 
 0,25

x 1
x y 2




 
 0,25

x 1
y 1




 0,25

Vậy với m = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

x 1
y 1





 0,25
2.

(1,0đ) Ta có hệ:



m 1 x y 2



mx y m 1

   


  




x m 1 2
mx y m 1

  


  

0,25






x m 1

y m m 1 m 1

 



   



2
x m 1

y m 2m 1

 




  



Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

2
x m 1

y m 2m 1

 


  

0,25

Khi đó: 2x + y = m2 + 4m  1

= 3  (m  2)2  3 đúng m vì (m  2)2 0

Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thoả
mãn 2x + y  3.

0,50

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

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y



k 1 x 4



 (k là tham số) và parabol
(P): y x 2.

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

2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) tại hai
điểm phân biệt;

3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho:

1 2 1 2
y y y y .

Ý Nội dung Điểm

1.

(1,0đ)

Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 4 0,25

Khi đó phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
x2 = 3x + 4

 x2 + 3x  4 = 0

0,25
Do a + b + c = 1 + 3  4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x =  4

Với x = 1 có y = 1
Với x = 4 có y = 16

0,25
Vậy khi k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1);

(4; 16) 0,25

2.

(0,5đ)

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
x2 = (k  1)x + 4

 x2 (k  1)x  4 = 0

0,25
Ta có ac = 4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.

Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. 0,25

3.

(0,5đ)

Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân
biệt có hồnh độ x1, x2 thoả mãn:

1 2
1 2

x x k 1

x x 4

  







Khi đó: y1x12 ; y2 x22

0,25

Vậy y1 + y2 = y1y2


2 2 2 2

1 2 1 2

x x x x

 (x1 + x2)2 2x1x2 = (x1 x2)2
 (k 1)2 + 8 = 16

 (k 1)2 = 8

 k 1 2 2  hoặc k 1 2 2 

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

Vậy k 1 2 2  hoặc k 1 2 2  thoả mãn đầu bài.

Bài 4.(3,5 điểm)

1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường trịn;
2. Tính 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 .

Ý Nội dung Điểm

1.

(1,0đ)

+ Ta có DAB = 90o (ABCD là hình vng)



BHD= 90o (gt)

0,25

Nên DAB BHD  = 180o

 Tứ giác ABHD nội tiếp 0,25

+ Ta có BHD = 90o (gt)



BCD= 90o (ABCD là hình vng) 0,25

Nên H; C cùng thuộc đường trịn đường kính DB

 Tứ giác BHCD nội tiếp 0,25

2.

(1,0đ)

Ta có:

 

o
o
BDC BHC 180
CHK BHC 180

  




 



  CHK BDC 

0,5
mà BDC = 45o (tính chất hình vng ABCD)  CHK = 45o 0,5

3.

(1,0đ)

Xét KHD và KCB

Có

 



o
KHD KCB (90 )
DKB chung

  





 KHD KCB (g.g) 0,5



KH KD

KC KB 0,25

 KH.KB = KC.KD (đpcm) 0,25

4.

(0,5đ)

Qua A kẻ đường thẳng vng góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng
DC tại P.

Ta có: BAM DAP  (cùng phụ MAD )

AB = AD (cạnh hình vng ABCD)

D C K N

A B

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

  o
ABM ADP 90 

Nên BAM = DAP (g.c.g)  AM = AP 0,25

Trong PAN có: PAN = 90o ; AD  PN

nên 2 2 2

1 1 1

AD AP AN (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

 2 2 2

1 1 1

AD AM AN 0,25

Bài 5.(0,5 điểm)

Giải phương trình:

1 1 1 1

x 2x 3 4x 3 5x 6

 

    

    .

Ý Nội dung Điểm

0,5đ

Ta chứng minh:

1 1 1 1 1 1

a b c a 2b b 2c c 2a

 

      

  

  (*)

với a > 0; b > 0; c > 0

0.25đ
+ Với a > 0; b > 0 ta có: a 2 b  3 a 2b







(1)

+ Do





1 2

a 2 b 9

a b

 

  

 

  nên

1 2 9

a  b  a 2 b (2)

+ Từ (1) và (2) ta có:

1 2 3 3

a  b  a 2b (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0)

+ Áp dụng (3) ta có:

1 1 1 1 1 1

a b c a 2b b 2c c 2a

 

      

  

  với a > 0; b> 0; c > 0

Phương trình

1 1 1 1

x 2x 3 4x 3 5x 6

 

    

     có ĐK:

3
x

2


Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - 3 ta có:

1 1 1 1 1 1

x x 2x 3 3x 5x 6 4x 3

 

      

    

1 1 1 1

x 2x 3 5x 6 4x 3

 

     

    với

3
x

2


Dấu “ = ” xảy ra  x 2x 3   x 3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. 0.25đ

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

1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải trình
bày, lập luận và biến đổi hợp lí mới được cơng nhận cho điểm.

2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải của bài tốn (khơng cho điểm hình vẽ).
3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo khung điểm.

4. Chấm từng phần. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, khơng làm trịn.

SỞ GD & ĐT VĨNH 
PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009 – 2010

MƠN: TỐN

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

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 chọn lựa chọn đúng.

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

A. x  B. x1 C. x1 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 x x1, 2 là nghiệm của phương trình: 2x23x10 0 . Khi đó tích x x1. 2bằng:
A.

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 ương ứng là trung điểm của các cạnh PM, MN, NP. Khi
đó diện tích tam giác XYZ bằng:

A.
1

4 B. 
1

16 C. 
1

32 D.
1
8
B. Phần tự luận( 8 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) (1)
a, Giải hệ (1) với m = 1

b, Tìm tất cả các giá trị của m để hệ (1) có nghiệm duy nhất

Câu 6: Rút gọn biểu thức: A2 48 75 (1 3)2

Câu 7(1,5 điểm) 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 quãng đường AC.

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

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 và By cùng vng 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---Lưu ý: Giám th khơng gi i thích gì thêm.ị ả
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 0 i m.ỗ đ đ ể 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 nhất:
1

4
5
8

x
y






 


 .

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

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
24

x 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

I
x

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

Do ByAB nên CBK 900. 0,25
Suy ra: CPK CBK  1800hay 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 vuông 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 quá
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 VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 THANH HÓA NĂM HỌC 2009-2010

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

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 vuông.

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.

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

2
m
n np p  

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

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

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 x1 = 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:

3
1
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>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

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 GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TP ĐÀ NẲNG Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009
 MƠN: TỐN

( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao
đề )

Bài 1. ( 3 điểm )
Cho biểu thức

a 1 1 2

K :

a 1

a 1 a a a 1

   

     



    

 

a) Rút gọn biểu thức K.

b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2 2

c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0.

Bài 2. ( 2 điểm ) Cho hệ phương trình:

mx y 1

x y

334

2 3

 





 


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

a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1.

b) Tìm giá trị của m để phương trình vơ nghiệm.
Bài 3. ( 3,5 điểm )

Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =
2

3 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN

sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.

a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2 = AE.AC.

c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2.

d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.

Bài 4. ( 1,5 điểm )

Người ta rót đầy nước vào một chiếc ly hình nón thì được 8 cm3. Sau đó người ta rót
nước từ ly ra để chiều cao mực nước chỉ còn lại một nửa. Hãy tính thể tích lượng
nước cịn lại trong ly.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1.

Bài 1.
a)

Điều kiện a > 0 và a ≠ 1 (0,25đ)

a 1 1 2

K :

a 1 a ( a 1) a 1 ( a 1)( a 1)

   

     

      

 

a 1 a 1

a ( a 1) ( a 1)( a 1)

 



  

a 1 a 1

.( a 1)

a ( a 1) a

 

  


b)

a = 3 + 2 2 = (1 + 2 )2  a 1  2

3 2 2 1 2(1 2)

K 2

1 2 1 2

  

  

 

a 1 0
a 1

K 0 0

a 0
a

 





    

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

a 1

0 a 1
a 0


    



Bài 2.
a)

Khi m = 1 ta có hệ phương trình:

x y 1

x y
334
2 3

 



 



x y 1

3x 2y 2004
 

 
 


2x 2y 2
3x 2y 2004

 

 
 


x 2002
y 2001



 


b)

mx y 1 y mx 1

x y 3

334 y x 1002

2 3 2

   
 
 

 
   
 


y mx 1
y mx 1

3 m x 1001 (*)

mx 1 x 1002

2
2
 

 

 
    
 
    
 
  

Hệ phương trình vơ nghiệm  (*) vô nghiệm

3 3

m 0 m

2 2

    

Bài 3.

* Hình vẽ đúng

* EIB 90  0 (giả thiết) 
* ECB 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
* Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp
b) (1 điểm) Ta có:

* sđcungAM = sđ cungAN
* AME ACM 
*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM.
* Do đó:

AC AM

AM AE  AM2 = AE.AC 
c)

* MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB
* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2.
d)

* Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó
tâm O1 của đường trịn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách
NO1 nhỏ nhất khi và chỉ khi NO1BM.)

* Dựng hình chiếu vng góc của N trên BM ta được O1. Điểm C là giao của đường
tròn đã cho với đường trịn tâm O1, bán kính O1M.

Bài 4. (2 điểm)

Phần nước cịn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình
nón do 8cm3 nước ban đầu tạo thành. Do đó phần nước cịn lại có thể tích bằng

1 1

2 8

 

 

  thể tích nước ban đầu. Vậy trong ly cịn lại 1cm3 nước.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC: 2009 – 2010

Khoá
ngày : 19/05/2009

Môn Thi : Toán

Thời gian 120 phút ( không 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 ở mẫu :

25 2

; B =

7 2 6 4 + 2 3

A


Câu 2 : ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách 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 ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau )

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

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức
3 3

1 2
P x x

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

c) Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn
nhất và tính diện tích 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 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)

HẾT

---SBD: ………Phòng:……..

Giám thị 1: ………………….. Giám thị 2: …………….

Gợi ý đáp án câu khó:

Câu 3: b. Ta có ac = -m2+6m-5 = -((m-3)2+4)<0 với  m => phương trình ln có hai 
nghiệm phân biệt.

c. Theo Viét

1 2
2
1 2

6 5

x x

x x m m

 




  



=> P = x13 +x23 = (x1 + x2)(x12 + x22 – x1.x2) = 12(m2 - 6m + 7) = 12((m-3)2-2) ≥ 12(-2)
= -24 => Min P = -24  m=3.

Câu 4:

a. Góc ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
mà AD//BC (gt) => DBBC

Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC =
900 => Tứ giác nội tiếp.

b. Ta có DBN đồng dạng với CAD

( DACDBN , BDN BAN DCA)
=> DC

DN DB
AC


</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

c. SABCD = DH.AB
Do AB không đổi = 2R

=> SABCD max DH max  D nằm chính giữa

cung AB.

Câu 5:

Ta có DEC BCA  ( Góc nội tiếp và góc giữa tiếp

tuyến và một dây cung cùng chắn một cung)
Tương tự: DEB ABC

Mà DEB DEC CBE BCE   1800 (tổng 3 góc trong 
BEC)

=>ABC BCA CBE BCE   1800

=> ABE ACE 1800 => Tứ giác ABEC nội tiếp
đường tròn tâm O => E (O).

sở giáo dục và đào tạo hng n
đề thi chính thức

(§Ị thi có 02 trang)

kỳ thi tuyển sinh và lớp 10 thpt
năm học 2009 - 2010

Môn thi : toán
Thời gian làm bài: 120 phút

phần a: trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)

O
D

B
A

O2
O1

C
B

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phơng án đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án 
đó vào bài làm.

C©u 1: BiĨu thøc 
1

2x 6 cã nghÜa khi vµ chØ khi:

A. x  3 B. x > 3 C. x < 3 D. x = 3

Câu 2: Đờng thẳng đi qua điểm A(1;2) và song song với đờng thẳng y = 4x - 5 có phơng 
trình là:

A. y = - 4x + 2 B. y = - 4x - 2 C. y = 4x + 2 D. y = 4x - 2

Câu 3: Gọi S và P lần lợt là tổng và tích hai nghiêm của phơng trình x2 + 6x - 5 = 0. Khi 
đó:

A. S = - 6; P = 5 B. S = 6; P = 5 C. S = 6; P = - 5 D. S = - 6 ; P = - 5
Câu 4: Hệ phơng trình

2 5
3 5
x y
x y
 


 

 cã nghiƯm lµ: 
A.
2
1
x
y





 B. 
2
1
x
y




 C. 
2
1
x
y




 D. 
1
2
x
y







Câu 5: Một đờng tròn đi qua ba đỉnh của một tam giác có độ dài ba cạnh lần lợt là 3cm, 
4cm, 5cm thì đờng kính của đờng trịn đó là:

A.
3

2cm B. 5cm C.

2cm D. 2cm

C©u 6: Trong tam giác ABC vuông tại A có AC = 3, AB = 3 3 thì tgB có giá trị là:
A.

3 B. 3 C. 3 D.

1
3

Câu 7: Một nặt cầu có diện tích là 3600 cm2 thì bán kính của mặt cầu đó là:

A. 900cm B. 30cm C. 60cm D. 200cm

Câu 8: Cho đờng tròn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên). Biết

 1200

COD thì diện tích hình quạt OCmD là:

A.
2

3
R

B. 4
R
C.
2
3
 2
R

D. 3
 2

phÇn b: tù luận (8,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = 27 12
b) Giải phơng trình : 2(x - 1) = 5

Bài 2: (1,5 điểm)

Cho hàm số bậc nhất y = mx + 2 (1)
a) Vẽ đồ thị hàm số khi m = 2

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox và trục Oy lần lợt tại A và B sao cho tam
giác AOB cân.

Bµi 3: (1,0 ®iÓm)

Một đội xe cần chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành đội đợc điều thêm 3 xe nữa
nên mỗi xe chở ít hơn dự định 8 tấn. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng cỏc
xe ch nh nhau.

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho A l một điểm trên đờng trịn tâm O, bán kính R. Gọi B là điểm đối xứng với
O qua A. Kẻ đờng thẳng d đi qua B cắt đờng tròn (O) tại C và D (d không đi qua O, BC <
BD). Các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại C và D cắt nhau tại E. Gọi M là giao điểm của
OE và CD. Kẻ EH vuông góc với OB (H thuộc OB). Chứng minh rằng:

1200

O
D

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc một ng trũn.
b) OM.OE = R2

c) H là trung điểm của OA.

Bài 5: (1, 0 điểm)

Cho hai số a,b khác 0 tho¶ m·n 2a2 +

2
2
1
4 

a = 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ab + 2009.
===Hết===
Gợi ý đáp án: ( Một số câu)

PhÇn tù luËn:

Bài 2: Vì ABO vng cân tại O nên nhận tia phân giác của góc xOy là đờng cao.
=>(y = mx + 2)  (y = x) => m = ± 1.

Bài 3: Gọi x, y lần lợt là số xe và số hàng chở đợc của mỗi xe lúc đầu. (x  N *, y>8)

Theo bµi ra ta có hệ phơng trình:

480

( 3)( 8) 480
xy

x y





  



Giải hệ phơng trình trên ta đợc x = 12, y = 40 (thoả mãn).
Bài 5: Từ 2a2 +

2
4
b

+ 2
1

a = 4  (ab)2 = - 8a4 + 16a2 – 4 = 4 – 8(a4 – 2a2 +1) ≤ 4
 -2 ≤ ab ≤ 2

 2007 ≤ S ≤ 2011

 MinS = 2007  ab = -2 vµ a2 = 1  a = 1 , b = ± 2

B i 4: à

a. Ta có BHE BME 900 => BHME là tứ giác nội tiếp
đờng trịn đờng kính BE => B, H, M, E cùng

thuộc một đờng trịn.

b. Sư dơng hƯ thức lợng trong tam giác
vuông

ODE vi ng cao DM
ta c OM.OE = OD2

=R2

c. Gọi HE cắt (O) tại N

Ta có BOM đồng dạng với EOH => OH.OB

= OM.OE = R2

=> OH.OB = ON2 ( v× ON=R)

=> OHN đồng dạng với ONB
Mà góc OHN = 900 => BNO900

XÐt OBN có BNO900 và A là trung điểm của
OB => ON = NA => ANO cân tại N

M NH là đờng cao => NH là đờng trung tuyến => H là trung điểm của OA.

E
N

D
C

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

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

QUẢNG TRỊ Năm học 2007-2008

Bài 1 (1,5 điểm)

Cho biểu thức A = √9x −27+√x −3−1

2√4x −12 với x > 3

a/ Rút gọn biểu thức A.

b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7.

Bài 2 (1,5 điểm)

Cho hàm số y = ax + b.

Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đi qua điểm (2, -1) và cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng 3

2 .
Bài 3 (1,5 điểm).

Rút gọn biểu thức: P =

(

√a−1−
1
√a

)

(

√a+1
√a −2−

√a+2

√a −1

)

với a > 0, a 1, a≠4 .
Bài 4 (2 điểm).

Cho phương trình bậc hai ẩn số x:
x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0. (1)

a/ Chứng minh phương trình (1) ln ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).

Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2.

Bài 5 (3,5 điểm).

Cho tam giác ABC có góc A bằng 600, các góc B, C nhọn. vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC.
Gọi H là giao điểm của BD và CE.

a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp.

b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB.
c/ Tính tỉ số DE

BC .

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Gợi ý đáp án câu 5:
a. Xét tứ giác ADHE có

 

AEH ADH = 900 => Tø gi¸c ADHE néi tiÕp.

b. Ta cã tø gi¸c BEDC néi tiÕp v×

 

BEC BDC =900 => EBC ADE ( Cïng bï víi



EDC)

=> ADE đồng dạng với ABC.
(Chung góc A và EBC ADE)

c. XÐt AEC cã AEC900 vµ A600 =>
 300

ACE => AE = AC:2 (tính chất)
Mà ADE đồng dạng với ABC
=>

1
2
ED AE
BC AC 

d. Kẻ đờng thẳng d OA tại A

=> ABC CAd (Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung)
Mà EBCADE => EDA CAd => d//ED

Ta lại có d OA (theo trên) => EDOA

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

QUẢNG TRỊ Khoá ngày 7 tháng 7 năm 2009

MƠN TỐN

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

Câu 1(2,0 điểm)

1. Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức:
a) √12−√27+4√3 .

b) 1−√5+

√

(2−√5)2

2. Giải phương trình (khơng dùng máy tính cầm tay): x2 - 5x + 4 = 0

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 độ

b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ.

Câu 3(1,5 điểm).

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

a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.

Câu 4(1,5 điểm)

H
E

D
C
B

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Một mảnh vườn hình chữ 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 (chiều dài và chiều
rộng) của mảnh vườn

Câu 5(3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngoài đường trịn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) khơng đi
qua tâm O, cắt đường trịn (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 được.
2. Chứng minh OH.OA = OI.OD.

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

4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngồi đường trịn (O).

---HẾT---HƯỚNG DẪN GIẢI

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

Câu 2(1,5 điểm)

a) Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung là A(0 ;b) = (0 ; 4). Toạ độ giao
điểm của đường thẳng (d) với trục hoành là B(-b/a ;0) = (2 ; 0).

b) Gọi điểm C(x; y) là điểm thuộc (d) mà x = y
 x = -2x + 4  3x = 4

 x = 43  y = 43 Vậy: C( 43 ; 43 ).

Câu 3(1,5 điểm).

a) x2 - 2(m - 1)x + 2m – 3 = 0.(1)

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 nghi ệm với mọi giá trị của m.

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

E
I

H
D

A
C

Vậy với m < 32 thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.

Câu 4(1,5 điểm)

Giải:

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

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

⇔ x2 - 4x - 480 = 0

⇒

x=24

x=−20 (¿4) loai

¿
¿
¿
¿
¿

Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m.
chiều dài của mảnh vườn là 30m.

Câu 5(3,5 điểm)

Giải

a) Ta có: DH AO (gt).  OHD = 900.
CD OC (gt).  DOC = 900.

Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = 1800.

Suy ra : OHDC nội tiếp được trong một

đường trịn.

b) Ta có: OB = OC (=R)  O mằn trên

đường trung trực của BC; DB = DC (T/C của

hai tiếp tuyến cắt nhau)

 D mằn trên đường trung trực của BC

Suy ra OD là đường trung trực của BC =>

OD vng góc với BC.

Xét hai tam giác vng ∆OHD và ∆OIA có

DOA chung

 ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g)

 OHOI =OD

OA ⇒OH . OA=OI .OD . (1)

c) Xét ∆OCD vuông 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)  OM2 = OC2 = OI.OD (2).
Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA ⇒OM

OA =
OH
OM .

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

OMA = OHM= 90 0.

 AM vuông góc với OM tại M
 AM là tiếp tuyến của (O).

d) Gọi E là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.
 S = S∆AOM - SqOEBM

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

Áp dụng định lí Pytago ta có AM2 = OA2 – OM2 = (2R)2 – R2 = 3R2
 AM = R √3  S∆AOM = 12 OM.AM = R2 √3

2 (đvdt)
Ta có SinMOA = AM

OA =
√3

2  MOA = 60

 SqOEBM = Π.R

2. 60

360 =

Π.R2

6 . (đvdt)
=> S = S∆AOM - SqOEBM = R2.√3

2 −
Π.R2

6 =R

2.3√3− Π

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

sở giáo dục và đào to

Hải dơng kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt năm học 2009 - 2010
Môn thi: toán

Thi gian lm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề

Ngµy 06 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)
(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu I: (2,0 điểm)

1) Giải phơng trình: 2(x - 1) = 3 - x
2) Giải hệ phơng trình:

y x 2

2x 3y 9

Câu II : (2,0 điểm)

1) Cho hµm sè y = f(x) =
2
1

x
2


. TÝnh f(0); f 2

 

;
1
f

2
 
 

 ; f



 2



2) Cho phơng trình (ẩn x): x2  2(m 1)x m2  10. Tìm giá trị của m để
phơng trình có hai nghiệm x , x1 2 thỏa mãn

2 2

1 2 1 2
x x x x 8.
C©u III : (2,0 ®iĨm)

1) Rót gän biĨu thøc:

1 1 x 1

A :

x x x 1 x 2 x 1



 

  

   

  víi x > 0 vµ x  1

2) Hai ô tô cùng 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 tơ thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết
quãng đờng AB là 300 km.

C©u IV : (3,0 ®iĨm)

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) có giá trị lớn nhất.
Câu V : (1 điểm)

Cho x, y tháa m·n:

3 3

x2  y  y2 x

Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc:     

2 2

B x 2xy 2y 2y 10.
---

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Hä và tên thí sinh:... Số báo danh ...
Chữ kí của giám thị 1:... Chữ kí của giám thÞ 2:...

Sở giáo dục và đào tạo
Hải d ng

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

Năm học 2009 2010
Môn: Toán

hớng dẫn chấm 
I) H ớng dẫn chung:

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc với yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đợc thống nhất trong Hội đồng
chấm.

- Sau khi cộng toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) Đáp án v thang im:

Câu Phần Đáp án Điểm

Câu I
2 điểm

1
(1 điểm)

2x - 2 = 3 - x 0.5

x =
5
3 0,5
2
(1 ®iÓm)

y x 2 y x 2

2x 3(x 2) 9 5x 15

   
 



0,5
x 3
y 1

0,25

Hệ phơng trình có nghiệm x = 3 và y = 1 0,25

Câu II
2 ®iĨm

1
(1 ®iĨm)

1 1

f(0) 0; f(2) 2;f( ) ;f( 2) 1

2 8

     1,0

2
(1 ®iĨm)

2 2

x  2(m 1)x m  1 0 (1)

PT(1) cã hai nghiÖm   , (m 1) 2  m2  1 0

0,25
 2m  2 0 m1 0,25
Theo Vi - et ta cã:

1 2
2
1 2

x x 2(m 1)

x x m 1

  



 



Tõ hÖ thøc:

1 2 1 2
(x x )  3x x 8

0,25

2 2 2

4(m 1) 3(m 1) 8 m 8m 1 0 m 4 17

    

Kết hợp với đk m 4 17

0,25
Câu III

2 điểm (1 điểm)1 1 x x 1

A :

x x x 2 x 1

 



   =





1 x x 1

x x x 1

 

  0,5

2
1 x ( x 1)

x x x 1

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

2
(1 điểm)

Gọi x là vận tốc của xe ô tô thứ nhÊt x (km/h) x > 10

VËn tèc của xe ô tô thứ hai là: x - 10 (km/h) 0,25
Theo bµi ra ta cã:

300 300
1

x 10  x  0,25

x 10x 3000 0

 

x60 (thỏa mÃn) hoặc x = -50 (loại) 0,25

Vận tèc xe I lµ 60 km/h vµ vËn tèc xe II là 50 km/h 0,25

Câu IV
3 điểm

N
K

E
B
A

Hỡnh v ỳng

Chỳ ý: Kể cả trờng hợp đặc biệt khi MN đi qua O

0,5

1
0,75
®iĨm

Từ giả thiết: AKM 900, AHM 900 0,5
Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đờng trịn 0,25

2
1,0 ®iĨm



NAHNMK = 
1

2s®KH 0,25

 

NAHNMB = 
1

2 s®NB (2) 0,25

Tõ (1) và (2) NMK NMB 0,25

MN là phân giác của góc KMB 0,25

3
0,75 đ

MAB MNB

sđMB;

  1

MAB MKH

 

s®MH

 

MNB MKH

   K,M,E,Ncùng thuộc một đờng tròn

  0

MEN MKN 180 ME NB

    

0,25

MAN MNB AMBN

1 1 1

S MK.AN; S ME.NB; S MN.AB

2 2 2

MK.AN ME.BN MN.AB

    

  

 0,25



MK.NA ME.NB



 

lín nhÊt  MN.AB lín nhÊt
 MN lín nhÊt (V× AB= const ) M là chính giữa AB

0,25
Câu V

1 ®iÓm

3 3

x2x  y2y

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

x > y

3 3

x 2 y 2

VT VP
x y
   

   




x < y  VFVT

0,25
x y

  tháa m·n

2 2

B x 2x 10 (x 1) 9 9 x 2

          0,25

MinB = 9 Khi x = y = -1 0,25

C¸ch
kh¸c

3 3

x2x  y2y §K: x,y2


3 3

2 2

x  y y  x

2 2

( )( )

2 2

x y x xy y
x y
x y
   
  
  
2 2
( )

( )( 1) 0

2 2

x xy y
x y

x y

 

   

  

(x y) 0
   (v×

2 2

( )

2 2

x xy y

x y

 

   >0)

 x = y

2 2

B x 2x 10 (x 1) 9 9 x 2

         

MinB = 9 Khi x = y = -1

Sở Giáo dục và đào tạo
Hải Dơng

§Ị thi chÝnh thøc

Kú thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thi gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao 
.

Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (buổi
chiều)

(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu 1(2.0 điểm):

1) Giải phương trình:

x 1 x 1

2 4

 

 

2) Giải hệ phương trình:

x 2y
x y 5





 



Câu 2:(2.0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A =

2( x 2) x

x 4 x 2




  với x  0 và x 4.

b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15
cm2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)
a) Giải phương trình với m = 3.

a) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2
và thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12

Câu 4:(3 điểm)

Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp
đường tròn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia
MN tại E và D.

a) Chứng minh: NE2 = EP.EM

a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp.

b) Qua P kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt đường tròn (O) tại K
( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2.

Câu 5:(1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = 2
6 4x

x 1




---Hết---Giải

Câu I.
a,

x 1 x 1

1 2(x 1) 4 x 1 x 1

2 4

 

        

Vậy tập nghiệm của phương trình S=

 

1

x 2y x 2y x 10

x y 5 2y y 5 y 5

  

  

 

  

    

   Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)

Câu II.

a, với x  0 và x 4.
Ta có:

2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)

( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)

x x x x x x x

A

x x x x x x x

     

    

      

b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0
 Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)

Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 .

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x2 - 2x  x x(  2) 0  x = 0 hoặc x = 2

Vậy tập nghiệm của phương trình S=



0;2



b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì    ' 0 4 m 0 m4 (*).
Theo Vi-et :

1 2
1 2

2 (1)
3 (2)
x x

x x m

 




 


Theo bài: x2

1 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12
 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) )

hay x1 - x2 = -6 .

Kết hợp (1)  x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được :
m - 3 = -8  m = -5 ( TM (*) )

Câu IV .

a, NEM đồng dạng PEN ( g-g)

2 .

NE ME

NE ME PE

EP NE

   

b, MNP MPN  ( do tam giác MNP cân tại M )

  ( ùng  )

PNE NPD c NMP
=> DNE DPE .

Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .

c, MPF đồng dạng MIP ( g - g )

2 . (1)

MP MI

MP MF MI

MF MP

   

MNI đồng dạng NIF ( g-g )

2
IF
.IF(2)
NI
NI MI
MI NI
   

Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3).

 

NMI KPN ( cùng phụ HNP )
=> KPN NPI

=> NK = NI ( 4 )

Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)
Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm .

Câu V .

6 8

x 8 6 0 (1)

x

k k x k

x


     



+) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=
2
3
+) k 0 thì (1) phải có nghiệm '= 16 - k (k - 6)  0

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Max k = 8  x =

1
2



.
Min k = -2  x = 2 .

Sở Giáo Dục & Đào Tạo
Hà Giang

Kì Thi Tuyển Sinh Vào 10 THPT

Năm Học 2009 2010

Đề Chính Thức Đề thi môn: Toán Học

Thi gian thi : 120 phút ( không kể thời gian
giao )

Ngày thi: 10/7/2009

...&*&...

Bài 1(2,0 điểm):

a, Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phơng trình :

3 4 4

2 3

x y
x y

 




 



b, Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y = 2x + m + 3 đi qua gốc toạ độ.
Bài 2(2,0 điểm): Cho biểu thức : M =

1 1 1

1 a 1 a a

   

 

   

 

   

a, Rót gän biĨu thøc M.

b, Tính giá trị của M khi a =

1
9

Bài 3 ( 2,0 điểm): Một ngời đi xe đạp phải đi trong quãng đờng dài 150 km với vận tốc
không đổi trong một thời gian đã định. Nếu mỗi giờ đi nhanh hơn 5km thì ngời ấy sẽ đến
sớm hơn thời gian dự định 2,5 giờ. Tính thời gian dự định đi của ngời ấy.

Bài 4: (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đờng trịn tâm O, ba
đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau ở H. Kéo dài AO cắt đờng tròn tại M,
AD cắt đờng tròn O ở K ( K khác A, M khác A). Chứng minh rằng :

a, MK song song BC.
b, DH = DK.

c, HM ®i qua trung điểm I của BC.
Bài 5: (1,0 điểm) Tính giá trị biÓu thøc:

P = sin 152 0sin 252 0sin 652 0sin 752 0 
...Hết...

Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm

Họ tên, chữ kí của giám thị 1:...
Họ tên, chữ kí của giám thị 2:...

S GIO DC V O TO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

BÌNH THUẬN Năm học: 2009 – 2010

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Thời gian làm bài:120 phút

ĐỀ
Bài 1: (2điểm)

Cho hai hàm số y = x – 1 và y = –2x + 5

1/ Vẽ trên cùng một mặt phẳng toạ độ đồ thị của hai hàm số đã cho.

2/ Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm của hai đồ thị trên.

Bài 2: (2điểm)

Giải các phương trình sau

1/ x2 – 3x – 2 = 0

2/ x4 + x2 – 12 = 0

Bài 3: (2điểm)

Rút gọn các biểu thức:

1/ A=4+√15

4−√15+

4−√15
4+√15

2/ B=

(

1+a−√a

1− a

)

(

a+2√a
2+√a

)

Bài 4: (3 điểm)

Cho tam giác ABC vng tại A có các cạnh AB = 4,5 cm; AC = 6 cm.

1/ Tính độ dài đường cao AH và diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác ABC.

2/ Trên cạnh AC lấy điểm M và vẽ đường tròn (O) đường kính MC, BM cắt (O)

tại D; DA cắt (O) tại S; (O) cắt BC tại N. Chứng minh:

a/ Các tứ giác ABCD, ABNM nội tiếp.

b/ CA là phân giác góc SCB.

Bài 5: (1 điểm)

Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón có chiều cao h = 12
cm và bán kính đường trịn đáy r = 9 cm.

Sở GD và ĐT
Tỉnh Long An

Kì thi tuyển sinh lớp 10 Trung học phổ thông

Năm học 2009-2010
Môn thi: To¸n

Thời gian l m b i: 120 phút (khơng kà à ể thời gian giao đề)

Câu 1: (2đ)

Rút gọn biểu thức
a/

2 8 3 27 128 300

A   

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0

Câu2: (2đ)

Cho biểu thức

2 2

1
1

a a a a

P

a a a

 

  

  (với a>0)

a/Rút gọn P.

b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Câu 3: (2đ)

Hai người đi xe đạp cùng xuất phát một lúc từ A đến B với vận tốc hơn kém nhau 3km/h.
Nên đến B sớm ,mộn hơn kém nhau 30 phút. Tính vận tốc của mỗi người .Biết quàng
đường AB dài 30 km.

Câu 4: (3đ)

Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua
C vng góc với AB cắt (O) tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD
cắt PQ tại F .Chứng minh:

a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp.

b/ED=EF

c/ED2=EP.EQ

Câu 5: (1đ)

Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức:

1 1 1

2
b c 

Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau phải có nghiệm:
x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2)

ĐÁP ÁN :

Câu 1: (2đ)

2 8 3 27 128 300

2
1

2.2 2 3.3 3 .8 2 10 3
2

A   

   



b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 (a=7;b=8;c=1)
Ta có a-b+c=0 nên x1=-1; 2

1
7
c
x

a

 

 

Câu 1: (2đ)

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

2
2
2
2
1
1

( 1)( 1) (2 1)

1
1

2 1 1

a a a a

P

a a a

a a a a a a

a a a

a a
 
  
 
   
  
 
    
 

b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

2 2

1 1 1
2 .

2 4 4

1 1

( ) ( ).

2 4

P a a a a

a

     



  

Vậy P có giá trị nhỏ nhất là
1
4



khi

1 1 1

0 < => a

2 2 4

a   a

Câu 3: (2đ)

Gọi x(km/giờ )là vận tốc của người thứ nhất .
Vận tốc của ngưươì thứ hai là x+3 (km/giờ )

2
1
2

30 30 30

3 60

30( 3).2 30. .2 .( 3)
3 180 0

3 27 24
12

2.1 2

3 27 30

15( )

2.1 2

ta co pt

x x

x x x x

x x
x
x loai
 

    
   
 
  
  
  

Vậy vận tốc của người thứ nhất là 12 km/giờ.

vận tốc của người thứ hai là 15 km/giờ.

Câu 4: (3đ)

a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp.
 900

ADB (góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o))
FHB90 ( )0 gt

=>ADB FHB 900900 1800. Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được. 
b/ED=EF

Xét tam giác EDF có

 1 (  )

EFD sd AQ PD

(góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)).

 1 (  )

EDF sd AP PD

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

Do PQAB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung

điểm của PQ PA AQ  => EFD EDF

tam giác EDF cân tại E => ED=EF

H
E

Q
F

1
A

P 1

c/ED2=EP.EQ

Xét hai tam giác: EDQ;EDP có



Echung.

 

1 1

Q D (cùng chắnPD)

=>EDQ EPD=>

2 .

ED EQ

ED EP EQ
EP ED  

Câu 5: (1đ)

1 1 1

b c  => 2(b+c)=bc(1)
x2+bx+c=0 (1)

Có 1=b2-4c
x2+cx+b=0 (2) 
Có 2=c2-4b

Cộng 1+2= b2-4c+ c2-4b = b2+ c2-4(b+c)= b2+ c2-2.2(b+c)= b2+ c2-2bc=(b-c) 0.
(thay2(b+c)=bc )

Vậy trong 1;2có một biểu thức dương hay ít nhất 1 trong hai phương trình x2+bx+c=0
(1) ; x2+cx+b=0 (2) phải có nghiệm:

ubnd tỉnh Bắc Ninh kì thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Sở Giáo Dục và đào tạo năm học 2009-2010

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

Đề chính thức Thời gian : 120 phút(Không kể thời gian giao đề)

Ngµy thi : 09 - 07 - 2009

A/ Phần trắc nghiệm (Từ câu 1 đến câu 2) Chọn két qu ỳng v ghi vo bi lm.

Câu 1: (0,75 điểm)

ng thẳng x – 2y = 1 song song với đờng thẳng:

A. y = 2x + 1 B.

1
1
2

y x

1
2

y x

1
2

y x

Câu 2: (0,75 điểm)
Khi x < 0 thì 2

1
x

x b»ng:
A.

x B. x C. 1 D.-1

B/ Phần Tựu luận (Từ câu 3 đến câu 7)
Câu 3: (2 điểm)

Cho biÓu thøc: A = 2

2 1 3 11

3 3 9

x x x

 

 

  

a/ Rút gọn biểu thức A.
b/ Tìm x để A < 2.

c/ Tìm x nguyên để A nguyên.
Câu 4: (1,5 điểm)

Hai gi¸ s¸ch cã chøa 450 cn. NÕu chun 50 cuèn tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø
hai thì số sách ở giá thứ hai sẽ bằng 4

5 sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt. TÝnh sè sách lúc đầu
trong mỗi giá sách.

Câu 5: (1,5 điểm)

Cho phơng trình: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - 2 = 0 (1) (m là tham số)

a/ Giải phơng trình (1) với m = 3.

b/ Tỡm cỏc giá trị của m để phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn

1 2

1 1 3

x x

Câu 6: (3,0 điểm)

Cho na ng trũn tõm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa
đ-ờng tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C là tiếp điểm). Hạ CH vng góc với AB, đđ-ờng
thẳng MB cắt đờng tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I.
Chứng minh rằng:

a/ Tø gi¸c AMQI néi tiÕp.
b/ AQI ACO

c/ CN = NH.

Câu 7: (0,5 điểm) Cho hình thoi ABCD. Gọi R, r lần lợt là bán kính đờng trịn ngoại tiếp
tam giác ABD, ABC, a là độ dài cạnh của hình thoi. Chứng minh rằng: 2 2 2

1 1 4

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

Híng dẫn chấm môn toán

(Thi tuyển sinh vào THPT năm học 2009 -2010)

Câu ý Nội dung Điểm

1
2

B.
1

y x 1



D. – 1.

0.75®
0.75®

3 a/

2x x 1 3 11x

x 3 3 x x 9

 

  

   2 2 2

2x(x 3) (x 1)(x 3) 3 11x

x 9 x 9 x 9

   

  

  

2 2

2x 6x x 4x 3 3 11x
x 9

     





3x 9x
x 9






3x(x 3) 3x

(x 3)(x 3) x 3


 

  

0.25®
0.25®

b/ A 2 3x 2 3x 2 0

x 3 x 3

     

 

3x 2x 6
0
x 3

x 6

0 6 x 3

x 3

 

 




     



0.25®
0.25®

c/ A 3x 3x 9 9 3 9 Z 9 Z

x 3 x 3 x 3 x 3

x 3 1; 3; 9
 

      

   

    

 x 3 1   x 4 (t/m)
 x 3  1 x 2 (t/m)
 x 3 3   x 6 (t/m)
 x 3  3 x 0 (t/m)

0.25®

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

 x 3 9   x 12 (t/m)
 x 3 9 x6 (t/m)

VËy víi x = - 6, 0, 2, 4, 6, 12 thì A nguyên.

4 Gọi số sách ở giá thứ nhất lúc đầu là x (x nguyên dơng, x > 50)
Thì số sách ở giá thứ hai lúc đầu là 450 x (cuốn).

Khi chuyển 50 cuốn sách từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số sách ở
giá thứ nhất là x 50 và ở giá thứ hai là 500 x.

Theo bài ra ta có phơng trình:

500 x x 50

2500 5x 4x 200 9x 2700 x 300

  

       

VËy sè sách lúc đầu ở giá thứ nhất là 300 cuốn, số sách ở giá thứ hai là
450 300 = 150 cn.

0.25®
0.25®
0.25®
0.25®
0.25®
0.25®

5 a/ Víi m = 3 ta cã PT (3+1 )x

2 - 2(3 – 1)x + 3 – 2 = 0
 4x2 – 4x + 1 = 0

(2x 1) 0

   (Hoặc tính đợc  hay '
 )
Suy ra PT cú nghim kộp x = 1/2

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
b/

Để PT có 2 nghiệm phân biệt thì

2
m 1 0

' m 2m 1 (m 1)(m 2) 0
 


       

2 2

m 1 0

' m 2m 1 m m 2 0

 


 

       



m 1 m 3

(*)

m 3 0 m 1

 

 

 

Mà theo ĐL Viet ta cã:

1 2 1 2

2(m 1) m 2

x x ; x x

m 1 m 1

 

  

 

Tõ 1 2

1 1 3

x  x 2 ta cã:

1 2

x x 3
x x 2




2(m 1) m 2 3
:

m 1 m 1 2

 

 

  

2(m 1) m 1 3
.

m 1 m 2 2

 



 



2(m 1) 3

m 2 2




  4m 4 3m 6   m2 thoả mÃn (*)

Vậy m phải tìm là -2.

0.25đ
0.25đ
6 a/
Q
I
N
H
M
O
A
B
C

+ Vẽ hình đúng cho 0,25 điểm.

+ Ta cã MA=MC(t/c tiÕp tuyÕn)
OA=OC (b¸n kÝnh)

 MO là trung trực của AC  MOAC
AQ MB (Góc AQB là góc nội tiếp chắn
nửa đờng trịn)

Suy ra Q, I cùng nhìn AM dới 1 góc vng
 Tứ giác AIQM nội tiếp trong đờng trịn
đờng kính AM.

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

+ Ta cãAMI AQI  (=
1

2s® cungAI)

Suy ra AQI ACO

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

c/ + Tứ giác AIQM nội tiếp

MAI IQN  (Cïng bï víi gãc MQI)
Mµ MAI ICN  (so le trong)

Suy ra IQN ICN   tø gi¸c QINC néi tiÕp  QCI QNI (cùng
bằng 1/2 sđ cung QI)

Mặt khác QCI QBA  (=1/2 s® cung QA)

 QNI QBA  IN // AB

Mà I là trung điểm của CA nên N là trung điểm của CH  NC=NH
(®pcm)

0.25®
0.25®
0.25®
0.25®

D
O

A C

B
M

Gọi M là trung điểm của AB, O là giao
điểm của AC và BD, trung trực của AB
cắt AC và BD lần lợt tại I và J. Ta có I, J
lần lợt là tâm các đờng trịn ngoại tiếp

ABD, ABC

  vµ R = IA, r = JB.

Cã

IA AM

AMI AOB

AB AO

   

2 2

2 4

AB.AM a 1 AC

R IA

AO AC R a

     

T¬ng tù:

2 4

1 BD

r  a
Suy ra:

2 2 2

2 2 4 4 2

1 1 AC BD 4AB 4

R r a a a



   

0.25®

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Sở Giáo dục và đào tạo
Bắc giang

---§Ị thi chÝnh thøc

(đợt 1)

Kú thi tun sinh lớp 10 THPT
Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thi gian lm bi: 120 phút không kể thời gian giao đề.

Ngày 08 tháng 07 năm 2009
(Đề thi gồm có: 01 trang)

---Câu I: (2,0 điểm)

1. TÝnh 4. 25

2. Giải hệ phơng trình:

2 4

3 5

x
x y

Câu II: (2,0 điểm)

1.Giải phơng trình x2-2x+1=0

2. Hàm số y=2009x+2010 đòng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao?
Câu III: (1,0 im)

Lập phơng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiệm?
Câu IV(1,5 ®iĨm)

Một ơtơ khách và một ôtô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đi đến địa điểm B đờng
dài 180 km do vận tốc của ôtô khách lớn hơn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc
ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc của mỗi ơtơ. Biết rằng trong quá trình đi từ A đến B vận tốc
của mi ụtụ khụng i.

Câu V:(3,0 điểm)

1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O. Các đờng cao BH và CK tam
giác ABC cắt nhau tại điểm I. Kẻ đờng kính AD của đờng tròn tâm O, các đoạn thẳng DI
và BC cắt nhau tại M.Chứng minh rằng.

a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b/OMBC.

2/Cho tam giác ABC vuông tại A,các đờng phân giác trong của gốc B và góc C cắt
các cạnh AC và AB lần lợt tại D và E. Gọi H là giao điểm của BD và CE, biết AD=2cm,
DC= 4 cm tính độ dài đoạn thng HB.

Câu VI:(0,5 điểm)

Cho các số dơng x, y, z tháa m·n xyz -
16

0
x y z  
T×m giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x+y)(x+z)

---Hết---Sở Giáo dục và đào tạo
Bắc giang

---§Ị thi chÝnh thøc

(đợt 2)

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

Môn thi: Toán

Thi gian lm bi: 120 phỳt không kể thời gian giao đề.

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

1. TÝnh √9+√4

2. Cho hàm số y = x -1. Tại x = 4 thì y có giá trị là bao nhiêu?

Câu II: (1,0 điểm)

Giải hệ phơng trình:

x+y=5

x y=3

{

Câu III: (1,0 điểm)
Rót gän: A=

(

x+√x

√x+1+1

)(

x −√x

√x −1−1

)

Víi x 0; x 1
Câu IV( 2,5 điểm)

Cho PT: x2 + 2x - m = 0 (1)

1. Gi¶i PT(1) víi m = 3

2. Tìm tất cả các giá trị m để PT(1) có nghiệm
Câu V:(3,0 điểm)

Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB cố định. H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O và
trung điểm của OA). Kẻ dây MN vng góc với AB tại H. MN cắt AK tại E.

1. Chøng minh tø gi¸c HEKB néi tiÕp.

2. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM.

3. Cho điểm H cố định, xác định vị trí của K để khoảng cách từ N đến tâm đờng trịn
ngoại tiếp tam giác MKE nhỏ nhất.

Tìm số ngun x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0

---Hết---đáp án đề 1:
Câu I:

1. TÝnh 4. 25= 2.5 = 10

2. Giải hệ phơng trình:

2 4

3 5

x
x y





 

 < = >
2

2 3 5

x
y




 

 < = >
2
1
x
y

x2 - 2x +1 = 0

<=> (x -1)2 = 0

<=> x -1 = 0
<=> x = 1

VËy PT cã nghiÖm x = 1
2.

Hàm số trên là hàm số đồng biến vì: Hàm số trên là hàm bậc nhất có hệ số
a = 2009 > 0. Hoặc nếu x1>x2 thì f(x1) > f(x2)

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

LËp ph¬ng trình bậc hai nhận hai số 3 và 4 là nghiƯm?
Gi¶ sư cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 = 4

XÐt S = x1 + x2 = 3 + 4 = 7; P = x1 .x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = 1 > 0

Vậy x1; x2 là hai nghiệm của phơng trình: x2 - 7x +12 = 0

Câu IV

Đổi 36 phút = 6
10 h

Gọi vận tốc của ô tô khách lµ x ( x >10; km/h)
Vận tốc của ôtô tải là x - 10 (km/h)

Thời gian xe khách đi hết quãng đờng AB là: 180

x (h)

Thời gian xe tải đi hết quãng đờng AB là: 180

x −10 (h)
Vì ơtơ khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT:

180
x −10−

6
10=

180
x

⇔180 .10x −6x(x −10)=180. 10(x −10)
⇔x2−10x −3000

Δ

'

=52+3000=3025

√

Δ'=√3025=55
x1 = 5 +55 = 60 ( TM§K)

x2 = 5 - 55 = - 50 ( không TMĐK)

a) AHI vuông tại H (v× CA HB)

Δ AHI nội tiếp đờng trịn đờng kính AI

AKI vuông tại H (vì CK AB)

AKI ni tiếp đờng trịn đờng kính AI

Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng trịn đờng kính AI
b)

Ta cã CA HB( Gt)

CA DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)

=> BH//CD hay BI//CD (1)
Ta cã AB CK( Gt)

AB DB( góc ABD chắn nửa đờng trịn)

=> CK//BD hay CI//BD (2)

Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song)
Mà DI cắt CB tại M nên ta có MB = MC

=> OM BC( đờng kính đi qua trung điểm của dây thì vng góc với dây đó)
2/

Vì BD là tia phân giác góc B của tam giác ABC;
nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta cú:

AD
DC =
AB
BC 
2
4=
AB

BC BC=2 AB

Vì ABC vuông tại A mà BC = 2AB nên
ACB = 300; ABC = 600

Vì B1 = B2(BD là phân giác) nên ABD = 300

Vì ABD vuông tại A mà ABD = 300 nªn BD = 2AD = 2 . 2 = 4cm

=> AB2

=BD2AD2=164=12

Vì ABC vuông tại A => BC=

√

AC2+AB2=√36+12=4√3

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Vì CH là tia phân giác góc C của tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta
có: DCBC =DH

HB ⇔
4
4√3=

HB ⇒BH=√3 DH

Ta cã:

BH+HD=4
BH=√3 HD
⇔

¿√3 BH+√3 HD=4√3
BH=√3 HD

⇒BH(1+√3)=4√3

¿{

BH= 43
(1+3)=

43(31)

2 =23(31) . Vậy BH=23(31)cm
Câu VI

Cách 1:
Vì xyz -

x y z   => xyz(x+y+z) = 16

P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz

áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dơng là x(x+y+z) và yz ta có

P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz 2

√

xyz(x+y+z)=2 .√16=8 ; dấu đẳng thc xy ra khi
x(x+y+z) = yz

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8
Cách 2:

Vì xyz16

x+y+z=0x+y+z=
16
xyz

P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz = x16

xyz+yz=
16
yz +yz
áp dụng BĐT Côsy cho hai số thực dơng là 16

yz và yz ta cã
P = 16

yz+yz 2

√

16yz ⋅yz=2.√16=8 ; dấu đẳng thức xẩy ra khi
16
yz =yz
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8

đáp án đề 2:
Câu I:

1. TÝnh √9+√4=3+2=5

2. Thay x =4 vào hàm số y = x -1. Ta đợc: y = 4 - 1 = 3
Vậy khi x = 4 thì y = 3

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

Giải hệ phơng trình:

x+y=5

x − y=3
⇔

¿x+y=5
2x=8

⇔

¿x=4

y=1

¿{

Víi x ≥0; x ≠1 ta cã: A=

(

x+√x
√x+1+1

)(

x −√x
√x −1−1

)

(

√x(√x+1)
√x+1 +1

)(

√x(√x −1)
√x −1 −1

)

¿(√x+1) (√x −1)=x −1
VËy khi x ≥0; x 1 thì A = x -1
Câu IV Cho PT: x2 + 2x - m = 0 (1)

1. Khi m = 3 ta cã: x2 + 2x - 3 = 0

Ta cã: a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0
PT cã hai nghiÖm: x1= 1; x2 = -3

VËy PT(1) cã hai nghiÖm: x1= 1; x2 = -3 khi m = 3

2. TÝnh: '=1+m . Để PT(1) có nghiệm thì ' 01+m ≥0⇔m≥ −1

VËy víi m≥ −1 th× PT(1) cã nghiệm
Câu

1. xét tứ giác HEKB có:
EHB = 900 ( v× MN AB)

EKB = 900 ( vì AKB là góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)

=>EKB + EHB =1800

=> Tứ giác HEKB nội tiếp vì có tổng hai gúc i bng 1800

2. Vì MN AB nên A nằm chÝnh gi÷a cung nhá MN
=> cung AM = cung AN

=>AMN = AKM( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)
XÐt Δ AME vµ Δ AKM cã:

A chung

AME = AKM ( cm trªn)

=> Δ AME đồng dạng với Δ AKM ( g.g)
Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp Δ EKM

Ta cã gãc AME = BME ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)

=> AM là tiếp tuyến của đờng tròn tâm I( Theo bài tập 30-Tr79 SGK toán 9 tập 2)
=> I thuộc BM

=> NI ng¾n nhÊt khi NI MB.

Vì M; N; B cố định nên ta có thể xác định K nh sau:

Kẻ NI vng góc với BM, vẽ đờng trịn (I;IM) cắt đờng trịn tâm O tại đâu đó là K.
Câu VI:(0,5 điểm)

Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0 (1)

Ta cã: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0

<=> 4x2+ 4xy +4y2 - 4x2y2 = 0

<=> 4x2+ 8xy +4y2 - (4x2y2 + 4xy +1) - 1 = 0

<=> (2x + 2y)2 - (2xy + 1)2 = 1

.

A B

N
M

O
H

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

<=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) = 1

¿2x + 2y - 2xy - 1 = 1
2x + 2y + 2xy + 1=-1

¿
¿
¿

2x + 2y − 2xy − 1=-1

2x + 2y + 2xy + 1=1

¿
¿
¿
¿
¿

Giải hệ PT ta đợc (x; y) = (0; 0) hoặc x = - y

Thay x = - y vào (1) ta tìm đợc (x; y) = (1; -1); (x; y) = (-1; 1)
Vậy các cặp số x; y nguyên thoả mãn (1) là:(0; 0); (1; -1); (-1; 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2009 - 2010

---000--- --- 000

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN :TỐN

Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2,0 điểm)

Giải phương trình và hệ phương trình sau:
1/ 5x2  6x 8 0 

5x 2y 9
2x 3y 15

 




 

 .

Bài 2: (2,0 điểm)

1/ Rút gọn biểu thức A ( 3 2) 2  ( 3 2) 2

2/ Cho biểu thức

x 2 x 1 3 x 1 1

B : 1

x 1 x 3 ( x 1)( x 3) x 1

      

      

      

 

a) Rút gọn biểu thức B.

b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên .

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

Một tam giác vng có hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 8m . Nếu tăng một
cạnh góc

vng của tam giác lên 2 lần và giảm cạnh góc vng cịn lại xuống 3 lần thì
được một tam

giác vng mới có diện tích là 51m2 . Tính độ dài hai cạnh góc vng của tam

giác vuông
ban đầu.

Bài 4:(3,5 điểm)

Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường trịn tâm O.
Dựng hình

bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vng góc kẻ từ D đến AC ; K là giao
điểm của

AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng:
1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp.

2/ DOK 2.BDH

3/ CK CA 2.BD.  2

Bài 5:(1,0 điểm)

Gọi x , x1 2 là hai nghiệm của phương trình: x2 2(m 1)x 2m  2 9m 7 0 

(m là tham số).
Chứng minh rằng :

1 2

7(x x )

x x 18



 

--- Hết

---Họ và tên thí sinh :---Số báo danh :
---Chữ ký các giám thị :

- Giám thị 1

:--- Giám thị 2

:---(Ghi chú : Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm)

GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK
NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009)

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

---Bài 1:

1/ PT: 5x2  6x 8 0  ;

/ /

1 1

3 7 3 7 4

9 5( 8) 49 0 7 ; x 2 ; x

5 5 5

  

            

 PT đã cho có tập nghiệm :

 

 

 

-4
S 2 ;

5

2/

5x 2y 9 15x 6y 27 19x 57 x 3 x 3

2x 3y 15 4x 6y 30 5x 2y 9 y (9 15) : 2 y 3

      
    
   
    

        
    

 HPT có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-3)

Bài 2: 
1/

2 2

A ( 3 2)  ( 3 2)  3 2  3 2  3 2 2   34

2/ a) ĐKXĐ:





x 0

x 1; 4;9









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

B :

( x 1)( x 3) x 1

       



  

x 3 x 2 x 6 x 1 3 x 1 x 1

( x 1)( x 3) x 2

       

 

  

2
.

x - 2

b) 
2
B
x 2



 ( Với x 0 v x µ 



1; 4;9



)

B nguyên  x 2 ¦( )=2



1 ;2



x 2 1 x 3 x 9 (lo

x 2 1 x 1 x 1 (lo

x 16(nh

x 2 2 x 4

x 0 (nh

x 2 2 x 0

¹i)
¹i)
Ën)
Ën)
      
  
   
  
    
 
  
  

      
 

Vậy : Với x = 0 ; 16





thì B ngun .
Bài 3:

Gọi độ dài cạnh góc vng bé là x (m) (đ/k: x 0 )

Thì độ dài cạnh góc vng lớn là x + 8 (m)

Theo đề bài ta có PT:

1 x 8

.2x. 51
2 3


hoặc
1 x

. .2(x 8) 51

2 3  

x 8x 153 0

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

1 1

1

I
H

K

O

D C

B
A

Vậy: độ dài cạnh góc vng bé là 9m ; độ dài cạnh góc vng lớn là 17m

Bài 4: 
1/

DHAC (gt) DHC 90  0

BD AD (gt)

BD BC

BC // AD (t / c hình bình hành)






 0

DBC 90

 

Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới

một góc khơng đổi bằng 900

HBCD

  nội tiếp trong đường trịn

đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc)
2/

+D 1 C ( 1/ 2s BH 1  ® của đường trịn đường kính DC)

+C 1 A 1(so le trong, do AD//BC)  D 1 A 1

+DOK 2A 1(Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK của (O)) DOK 2D   1 2BDH .

3/

+AKB 90  0(góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90   0; C 1 A 1(c/m trên)

AHD CKB

  (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK

+AD = BD (ADBcân) ; AD = BC (c/m trên)  AD BD BC 

+ Gọi I AC BD ; Xét ADB vuông tại D , đường cao DH ; Ta có:

BD2 AD2 AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1)

Tương tự: BD2 BC2 CK.CI (2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:

2 2 2

CK.AI CK.CI 2BD   CK(AI CI) 2BD   CK.CA 2BD (đpcm)

Bài 5: PT : x2 2(m 1)x 2m  2 9m 7 0  (1)

+  / m2 2m 1 2m  2  9m 7   m2  7m 6

+ PT (1) có hai nghiệm x , x1 2     / 0 m2  7m 6 0   m2 7m 6 0 

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

+Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:

1 2

2
1 2

x x 2(m 1)

x x 2m 9m 7

  




  



2 2 2

1 2

7(x x ) 14(m 1)

x x (2m 9m 7) 7m 7 2m 9m 7 2m 16m 14

2 2

  

               

  2(m28m 16) 14 32    18 2(m + 4) 2

+ Với 6 m 1 thì 18 2(m 4)  2 0. Suy ra   

2 2

18 2(m + 4) 18 2(m + 4)

Vì 2(m 4) 2  0 18 2(m + 4) 2 18 . Dấu “=” xảy ra khi m 4 0   m4 (tmđk (*))

Vậy :

1 2

7(x x )

x x 18



 

(đpcm)

Sở Giáo dục v o to
BỡNH DNG

---Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thi gian lm bi: 120 phỳt
(khụng k thời gian giao đề.)

---Bµi 1: (3,0 điểm)

1. GiảI hệ phơng trình

2 3 4

3 3 1

x y
x y
2. Giải hệ phơng trình:

a) x2– 8x + 7 = 0

b) 16x + 16  9x + 9  4x + 4 16 - x + 1
Bài 2: (2,0 điểm)

Một hình chữ nhật cã chu vi lµ 160m vµ diƯn tÝch lµ 1500m2. Tính chiều dài và

chiều rộng hình chữ nhật ấy .
Bài 3: (1,5 điểm)

Cho phơng tr×nh x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + 3 = 0 (víi x lµ Èn sè, m lµ tham sè )

1- Tìm giá trị của m để phơng trỡnh cú hai nghim phõn bit .

2- Đặt A = x1.x2– 2(x1 + x2) víi x1, x2 lµ hai nghiệm phân biệt của phơng trình trên.

Chứng minh : A = m2 + 8m + 7

3- Tìm giá trị nhỏ nhất của A và giá trị của m tơng ứng .
Bài 4 (3,5điểm)

Cho ng trũn tõm O ng kớnh AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax. Trên tiếp tuyến Ax lấy

điểm F sao cho BF cắt đờng trịn tại C, tia phân giác của góc ABF cắt Ax tại E và cắt
đ-ờng tròn tại D .

1- Chøng minh OD // BC .

2- Chøng minh hÖ thøc : BD.BE = BC.BF .

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

3- Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp.

4- Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi. Tính diện tích hình
thoi AOCD theo R .

---sở gd&đt quảng bình đề thi chính thức tuyển sinh vào lớp 10 thpt

Năm học 2009-2010
 Môn :to¸n

Thời gian làm bài: 120 phỳt (khụng k thi gian phỏt )

Phần I. Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)

* Trong cỏc cõu t Cõu 1 đến Câu 8, mỗi câu đều có 4 phơng án trả lời A, B, C, 
D; trong đó chỉ có một phơng án trả lời đúng. Hãy chọn chữ cái đứng trớc phơng án trả 
lời đúng.

C©u 1 (0,25 điểm): Hệ phơng trình nào sau đây vô nghiệm?
(I){y=−3x+1y=3x−2 (II){y=2xy=12x

A. Cả (I) và (II) B. (I) C. (II) D. Không có hệ nào cả

Cõu 2 (0,25 điểm): Cho hàm số y = 3x2. Kết luận nào dới đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến với mọi giá trị x>0 và đồng biến với mọi giá trị x<0.
B. Hàm số đồng biến với mọi giá trị x>0 và nghịch biến với mọi giá trị x<0.
C. Hàm số ln đồng biến với mọi giá trị của x.

D. Hµm số luôn nghịch biến với mọi giá trị của x.

Câu 3 (0,25 điểm): Kết quả nào sau đây sai?

A. sin 450 = cos 450 ; B. sin300 = cos600

C. sin250 = cos520 ; D. sin200 = cos700

Câu 4 (0,25 điểm): Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng 9 cm. Bán kính đờng trịn
ngoại tiếp tam giác ABC bằng:

A. 3√3 cm B. √3 cm C. 4√3 cm D. 2√3 cm

Cho hai đờng thẳng (d1): y = 2x và (d2): y = (m - 1)x = 2; với m là tham số. Đờng

thẳng (d1) song song với đờng thẳng (d2) khi:

A. m = -3 B. m = 4 C. m = 2 D. m = 3

Câu 6 (0,25 điểm): Hàm số nào sau đây là hàm số bậc nhất?

A. y = x + 2

x ; B. y = (1 + √3 )x + 1 C. y =

x2+2 D. y = 
1
x
Câu 7 (0,25 điểm): Cho biÕt cos α = 3

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

A. 3

5 ; B.

3 ; C.

5 ; D.

3
4

Câu 8 (0,25 điểm): Phơng trình nào sau đây có 2 nghiệm phân biệt?
A. x2 + 2x + 4 = 0 ; B. x2 + 5 = 0

C. 4x2 - 4x + 1 = 0 ; D. 2x2 +3x - 3 = 0

PhÇn II. Tự luận ( 8 điểm)

Bài 1 (2,0 điểm): Cho biểu thøc:

N= √n −1
√n+1+

√n+1

√n−1 ; víi n 0, n 1.
a) Rót gän biĨu thøc N.

b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để biểu thức N nhn giỏ tr nguyờn.

Bài 2 (1,5 điểm):

Cho ba ng thng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = 4 và (d3): nx - y = n - 1;

n lµ tham sè.

a) Tìm tọa độ giao điểm N của hai đờng thẳng (d1) và (d2).

b) Tìm n để đờng thẳng (d3) đi qua N.
Bài 3 (1,5 điểm):

Cho phơng trình: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), víi n lµ tham sè.

a) Tìm n để phơng trình (1) có một nghiệm x = 3.

b) Chøng minh r»ng, víi mäi n - 1 thì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân
biƯt.

Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác PQR vng cân tại P. Trong góc PQR kẻ tia Qx bất kỳ cắt

PR tại D (D không trùng với P và D không trùng với R). Qua R kẻ đờng thẳng vng góc
với Qx tại E. Gọi F là giao điểm của PQ và RE.

a) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b) Chứng minh tia EP là tia phân giác của góc DEF

c) TÝnh sè ®o gãc QFD.

d) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng QE. Chứng minh rằng điểm M luôn nằm
trên cung tròn cố định khi tia Qx thay đổi vị trớ nm gia hai tia QP v QR

Đáp án bài thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Năm học 2009 - 2010

Môn: Toán

Phần I. Trắc nghiệm khách quan

Đáp án C B C A D B C D

Phần II. Tù luËn
Bµi 1:

a)N = √n −1
√n+1+

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

= (√n −1)
2

+(√n+1)2
(√n+1) (√n −1)
= n−2√n+1+n+2√n+1

n −1
= 2(n+1)

n −1 víi n 0, n 1.
b) N = 2(n+1)

n −1 =

2(n −1)+4

n −1 = 2 +
4
n−1
Ta cã: N nhËn gi¸ trị nguyên 4

n1 có giá trị nguyên ⇔ n-1 lµ íc cđa 4
⇒ n-1 {±1;±2;±4}

+ n-1 = -1 ⇔ n = 0
+ n-1 = 1 ⇔ n = 2

+ n-1 = -2 ⇔ n = -1 (Không thỏa mÃn với ĐKXĐ của N)
+ n-1 = 2 ⇔ n = 3

+ n-1 = -4 ⇔ n = -3 (Không thỏa mÃn với ĐKXĐ của N)

+ n-1 = 4 ⇔ n = 5

Vậy để N nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi n {0;2;3;5}
Bài 2: (d1): -x + y = 2;

(d2): 3x - y = 4 vµ

(d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè.

a) Gọi N(x;y) là giao điểm của hai đờng thẳng (d1) và (d2) khi đó x,y l nghim ca

hệ phơng trình:

{3x − y=4− x+y=2(I)

Ta cã : (I) {y=x+22x=6 ⇔ {y=5x=3
VËy: N(3;5)

b) (d3) ®i qua N(3; 5) ⇒ 3n - 5 = n -1 ⇔ 2n = 4 ⇔ n= 2.

Vậy: Để đờng thẳng (d3) đi qua điểm N(3;5) n = 2

Bài 3: Cho phơng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), víi n lµ tham sè.

a) Phơng trình (1) có một nghiệm x = 3 ⇒ (n+1).32 - 2(n-1).3 + n-3 = 0

⇔ 9n + 9 - 6n + 6 + n - 3 = 0

⇔ 4n = -12 ⇔ n = -3

b) Víi n -1, ta cã: Δ' = (n-1)2 - (n+1)(n-3)

= n2 - 2n + 1 - n2 +2n +4

= 5 > 0

VËy: víi mäi n -1 thì phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biƯt.
Bµi 4:

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

a) Ta cã: ∠ QPR = 900 ( vì tam giác PQR vuông cân ở P)

∠ QER = 900 ( RE Qx)

Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR dới một góc khơng đổi (900)

⇒ Tứ giác QPER nội tiếp đờng trịn đờng kính QR.

b) Tø gi¸c QPER néi tiÕp ⇒ ∠ PQR + ∠ PER = 1800

mµ ∠ PER + ∠ PEF = 1800 (Hai gãc kÒ bï)

⇒ ∠ PQR = ∠ PEF ⇒ ∠ PEF = ∠ PRQ (1)

Mặt khác ta có: ∠ PEQ = ∠ PRQ (2) <Hai góc nội tiếp cùng chắn cung PQ của
đờng tròn ngoại tiếp tứ giác QPER>.

Tõ (1) vµ (2) ta cã ∠ PEF = ∠ PEQ EP là tia phân giác của gócDEF
c) Vì RP QF và QE RF nên D là trực tâm của tam giác QRF suy ra
FD QR ⇒ ∠ QFD = ∠ PQR (gãc cã c¹nh tơng ứng vuông góc)

mà PQR = 450 (tam giác PQR vuông cân ở P) QFD = 450

d) Gọi I là trung điểm của QR và N là trung điểm của PQ. (I,N cố định)
Ta có: MI là đờng trung bình của tam giác QRE ⇒ MI//ER mà ER QE

⇒ MI QE ⇒ ∠ QMI = 900 ⇒ M thuộc đờng trịn đờng kính QI.

Khi Qx QR th× M I, khi Qx QP th× M N.

Vậy: khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR thì M ln nằm trên
cung NI của đờng trịn đờng kính QI cố định.

D E x

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102></div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

GỢI Ý ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 - 2010

Câu 1:

1. 4x = 3x + 4 <=> x = 4

2. A = 5 √12 - 4 √3 + √48 = 10 √3 - 4 √3 + 4 √3 = 10 √3
3. đk : x 0; y 0.

1
x−

1
y=1
3

x+
4
y=5

⇔

¿4

x−
4

y=4
3

x+
4

y=5

⇔

¿7

x=9
1
y=

9
7−1
⇔

¿y=7
2
x=7

¿{

( Thoả mãn điều kiện x 0; y 0.
Kl: ….

Cau 2: Phương trình: 2x2 + (2m-1)x + m - 1= 0 (1)

1. Thay m = 2 vào phương trình (1) ta có.
2x2 + 3x + 1 = 0

Có ( a - b + c = 2 - 3 + 1 = 0)

=> Phương trình (1) có nghiệm x1 = -1 ; x2 = - 1/2
2. Phương trình (1) có Δ = (2m -1)2 - 8(m -1)

= 4m2 - 12m + 9 = (2m - 3)2 0 với mọi m.
=> Phương trình (1) ln có hai nghiệm x1; x2 với mọi giá trị của m.

+ Theo hệ thức vi ét ta có:

x1+x2=1−2m
2
x1x2=m −1

¿{

+ Theo điều kiện đề bài: 4x12 + 4x22 + 2 x

1x2 = 1
<=> 4(x1 + x2)2 - 6 x

1x2 = 1
<=> ( 1 - 2m)2 - 3m + 3 = 1

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

N
K

C
B

E
O

A H

+ Có a + b + c = 0 => m1 = 1; m2 = 3/4

Vậy với m = 1 hoặc m = 3/4 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn:
4x12 + 4x22 + 2 x

1x2 = 1.

Câu 3: Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h; x > 0)
Thì vận tốc khi người đó đi từ B về A là : x + 3 (km/h)

Thời gian người đó đi từ A đến B là: 36x (h)
Thời gian người đó đi từ B về A là: 36x

+3 (h)

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi nên ta có phương trình :

36x - 36x

+3 =
3
5
<=> x2 + 3x - 180 = 0
Có Δ = 729 > 0

Giải được: x1 = 12 (thoả mãn điều kiện của ẩn)

x2 = -15 (không thoả mãn điều kiện của ẩn)
Vậy vận tốc của người đó đi từ A đến B là 12 km/h.
Câu 4:

1. Chứng minh: ∠ ABE = ∠ EAH

∠ ABE là góc nội tiếp chắn cung AE

∠ EAH là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AH và dây cung AE.
=> ∠ ABE = ∠ EAH

( Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
2. Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp

+ BH vng góc với AC tại H
=> ∠ BHC = 900

+ H là trung điểm của AC (gt)

+ EH AC tại H (BH AC tại H; E BH)

=> Δ AEC cân tại E.

=> ∠ EAH = ∠ ECH( t/c tam giác cân)
+ ∠ ABE = ∠ EAH ( cm câu a)

=> ∠ ABE = ∠ ECH ( = ∠ EAH)
=> ∠ KBE = ∠ KCH

=> Tứ giác KBCH nội tiếp
=> ∠ BKC = ∠ BHC = 900

=> ∠ AKE = 900 (1)( Kề bù với ∠ BKC = 900)
Mà ∠ EHA = 900 (2) ( EH AC tại H)

Từ (1) và (2) => ∠ AKE + ∠ EHA = 1800
=> Tứ giác AHEK nội tiếp.

3. Xác định vị trí điểm H trên đường thẳng (d) sao cho AB = R √3
+ Kẻ ON vng góc với AB tại N

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

=> AN = R√3
2

Ta có tam giác ONA vng tại N theo cách dựng điểm N.
=> tag ∠ NOA = AN : AO = √3

=> ∠ NOA = 600 => ∠ OAN = ∠ ONA - ∠ NOA = 300
+ ∠ OAH = 900 ( AH là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm A)

=> ∠ BAH = 600

+ chứng minh : Δ BAC cân tại B có ∠ BAH = 600 => tam giác ABC đều.
=> AH = AC/2 = AC/2 = R2√3

=> H là giao điểm của (A; R2√3 ) và đường thẳng (d)

Chú ý : Bài tốn có hai nghiệm hình:

Câu 5:

1. Với a > 0; b > 0; c > 0 .
Chứng minh rằng: 1

a3

+b3+abc+
1
b3

+c3+abc+
1
c3

+a3+abc≤
1
abc

HD: ta có a3 + b3 + abc = (a+b)(a2 + b2 - ab) + abc (a+b)(2ab - ab)+ abc 
( vì (a-b)2 0 với mọi a, b => a2 + b2 2ab)

=> a3 + b3 + abc ab(a+b) + abc = ab( a+b+c)

Vì a, b, c > 0 => 1

a3+b3+abc≤

(a+b+c)ab (1)
Tương tự ta có: 1

b3+c3+abc≤

(a+b+c)bc (2)
1

c3+a3+abc≤
1

(a+b+c)ca (3)
Từ (1) ; (2); (3)

=> 1

a3+b3+abc+
1
b3+c3+abc+

1
c3+a3+abc≤

a+b+c
abc(a+b+c)=

1
abc
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
2. Tìm x, y nguyên thoả mãn:

x + y + xy + 2 = x2 + y2 (*)

<=> x2 - x(y + 1) + y2 - y - 2 = 0 (**)
Vì x, y là nghiệm của phương trình (*)

=> Phương trình (**) ln có nghiệm theo x

=> Δ = (y+1)2 - 4 (y2 - y - 2) 0
=> -3y2 + 6y + 9 0

<=> - y2 + 2y + 3 0

<=> (- y2 - y) + 3(y + 1) 0
<=> (y + 1)(3 - y) 0

Giải được -1 y 3 vì y nguyên => y {-1; 0; 1; 2; 3}
+ Với y = -1 => (*) <=> x2 = 0 => x = 0

+ với y = 0 => (*) <=> x2 - x - 2 = 0

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

+ với y = 1 => (*) <=> x2 - 2x - 2 = 0 có Δ' = 3 khơng chính phương.
+với y = 2 => x2 - 3x = 0 => x = 0 hoặc x = 3 thoả mãn x Z.

+ với y = 3 => (x-2)2 = 0 => x = 2 thoả mãn x Z.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (x,y)

{(−1;0);(0;−1);(2;0);(0;2);(3;2);(2;3)}

</div>


de thi vao 10 co dap an

de thi vao 10 co dap an

7.De thi vao 10 (co dap an)

20 đề thi vào 10 có đáp án ( rất hay )

Bộ đề luyện thi vào 10 (có đáp án)

150 de thi vao 10 co dap an

7 de thi vao 10 co dap an

đề thi vào 10 có đáp án

Đề thi vào 10 (Có đáp án) TPHCM Năm 2009-2010

300 de thi vao 10 co dap an

de thi vao 10 co dap an



 





 



































































<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





(

)

(

)







 



<sub></sub>

<sub></sub>







 



(

)



















 

 











