De thi vao 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (505.68 KB, 40 trang )

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 01

Câu 1 (3 điểm)

1) Giải các phương trình sau:
a)

2 4 0

3 x





.

x



3 x



4 0



.

2) Rút gọn biểu thức

N

3 . 3

1 a





 











 











 



với

a



0

và

a



1

.
Câu 2 (2 điểm)

1) Cho hàm số bậc nhất

y ax





1

. Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị của hàm số cắt trục
hồnh tại điểm có hồnh độ bằng 1 2.

2) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình

3

2

3 x y

m

x

y















có nghiệm

( ; )

x y

thỏa mãn điều

kiện

x



xy



30

.
Câu 3 (1 điểm)

Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 280 bộ quần áo trong một thời gian quy
định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 5 bộ quần áo so với số
bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế, xưởng đã hồn thành kế
hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may xong bao nhiêu bộ
quần áo?

Câu 4 (3 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE và CF của tam giác
ABC cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C).
1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh EF song song với E’F’.

3) Kẻ OI vuông góc với BC (

I BC



). Đường thẳng vng góc với HI tại H cắt đường

thẳng AB tại M và cắt đường thẳng AC tại N. Chứng minh tam giác

IMN

cân.
Câu 5 (1 điểm)

Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn

a



b



1

và

4 4

1

a

b

c



d



c d



. Chứng minh

rằng
2

2 a

d

c



b



.

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 01

I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

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

chấm.

- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a

Giải phương trình

2 4 0

3 x





1,00

2 4 0

4

3 x



 

3 x



(hoặc

2 x



12 0



)

2 x



12

6 x



0,25
0,25
0,5
b Giải phương trình

x

3

x

4 0





1,00

Đặt t x t 2, 0 ta được

t



3 t



4 0



1, 4

t t

  

1 t



(loại)

4

2 t

 

x

 

x



0,25
0,25
0,25
0,25
c

Rút gọn

N

3 . 3

1 a





 











 











 



với

a



0

và

a



1

1,00

(

1)

1 a







(

1)

1 a









 



N 3 a . 3 a  9 a

0,25
0,25
0,5

2 a Xác định hệ số a 1,00

Ra được phương trình

0 

a

( 2 1) 1



1 2 1

a









1 2
a  

Vậy a 1 2

0,25
0,25
0,25
0,25
b

Tìm các số nguyên m để nghiệm

( ; )

x y

thỏa mãn

x



xy



30

1,00
Tìm được

y m

 

1 x



2 m



1 30

(2

1)

(2

1)(

1) 30

x



xy





m





m



m





2 m

10 0







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

2 m





hoặc

5

2 m



Do m nguyên nên

m



2

0,25
0,25
3 Tính số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch 1,00

Gọi số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là

x

bộ (x
ngun dương).

Số ngày hồn thành cơng việc theo kế hoạch là

280 x

Số bộ quần áo may trong một ngày khi thực hiện là

x



5

Số ngày hoàn thành công việc khi thực hiện là

280

5 x



Theo giả thiết ta có phương trình

280

1

5 x



x





280(

x

5) 280

x x x

(

5)

x

5 x

1400 0



















Giải pt ta được

x



35,

x



40

(loại)

Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ

0,25
0,25
0,25
0,25
4 a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp 1,00

Hình 2 Hình 1
Vẽ được hình 1

Theo giả thiết

BFC





90 ,

BEC





90

  900

BFC BEC

    BCEF là tứ giác nội tiếp

0,5
0,25
0,25

b Chứng minh EF song song với E’F’ 1,00
BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra CBE CFE 

  ' '

CBE CF E (cùng chắn cung CE ')

Suy ra CFE CF E  ' '

Suy ra

EF E F

// ' '

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

D
M

I C

F'
F

E'
E

O
B

C
F'

E'
E

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

c Chứng minh tam giác

IMN

cân 1,00
TH 1. M thuộc tia BA.

H là trực tâm của tam giác ABC suy ra

AH



BC

 

CAH CBH (cùng phụ với góc ACB)



90 ,



90

BHI BHM





ANH



NHE



 

BHM NHE (vì đối đỉnh)  BHI ANH

ANH

 

đồng dạng với

AH

HN

BIH

BI

IH







(1)
Tương tự AHM đồng dạng với

AH

HM

CIH

CI

IH







(2)

Từ (1) và (2) và

BI CI



suy ra

HM

HN

HM

HN

IH



HI





Mà

HI



MN

tại H suy ra



IMN

cân tại I.
TH 2. M thuộc tia đối của tia BA.

 

CAH CBH (cùng phụ với góc ACB)
 900 

ANH  NHE (góc ngồi



)
 900 

BHI  BHM

 

BHM NHE (vì đối đỉnh)

 

ANH BHI  ANH đồng dạng

với

AH

HN

BHI

BI

IH







. Đến đây
làm tương tự như TH 1.

* Chú ý. Thí sinh chỉ cần làm 1 trong 2
TH đều cho điểm tối đa.

0,25
0,25
0,25

0,25

Chứng minh rằng
2

2 a

d

c



b



1,00

2 2

1

a



b



và

4 4

1

4 4

(

2 2 2

)

a

b

a

b

a

b

c

d

c d

c

d

c d













4 4 2 2 2

(

)

(

)

(

)

d c d a

c c d b

cd a

b









4 2 4 2 4 4

(

4 4

2

2 2

)

dca

d a

c b

cdb

cd a

b

a b









2 4 2 4

2

2 2

0

(

2 2 2

)

0

d a

c b

cda b

da

cb







 





2 2

0

da

cb







hay

2 2

a

b

c



d

. Do đó

2 2 2 2

2 2 2

(

)

2

0 a

d

b

d

b

d

c

b

d

b

db

















. Vậy
2
2

2 a

d

c



b



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5></div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 02

Câu 1 (3 điểm)

a) Vẽ đồ thị của hàm số

y



2 x



4

b) Giải hệ phương trình

2

3

2

3 x

y

x















.

c) Rút gọn biểu thức P =

3
2

9

25

4

2 a





với

a



0

.
Câu 2 (2 điểm)

Cho phương trình

x



3 x m





0

(1) (x là ẩn).

a) Giải phương trình (1) khi

m



1

.

b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

x x

,

2 thỏa mãn

2 2

1 1 2 1 3 3
x   x   .
Câu 3 (1 điểm)

Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô đi từ bến A đến bến B, rồi
quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (khơng tính thời gian nghỉ). Tính vận tốc của
canơ trong nước n lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h.

Câu 4 (3 điểm)

Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác
B) và N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N khác C) sao cho MAN 45  0. Đường chéo BD

cắt AM và AN lần lượt tại P và Q.

a) Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh AH vng góc với MN.
c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
Câu 5 (1 điểm)

Chứng minh

a



b



ab a b

(



)

với mọi

a b

,



0

. Áp dụng kết quả trên, chứng minh bất
đẳng thức 3 3 3 3 3 3

1 a



b



b



c



c



a





với mọi a, b, c là các số dương thỏa

mãn

abc



1

.

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 02

I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

chấm.

- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Vẽ đồ thị của hàm số

y



2 x



4

1,00

Đồ thị cắt trục Ox tại A

(2;0)

(HS có thể lấy điểm khác)
Đồ thị cắt trục Oy tại B

(0; 4)



(HS có thể lấy điểm khác)
Vẽ được đồ thị hàm số

0,25
0,25
0,5
b

Giải hệ phương trình

2

3

2

3 x

y

x















1,00
Hệ

2

3

2

3 x

y

x y







 







(HS có thể dùng phép thế hoặc phép trừ)

Tìm được

x



3

Tìm được

y



3

Kết luận. Hệ có nghiệm duy nhất

x



3,

y



3

0,25
0,25
0,25
0,25
c

Rút gọn biểu thức P =

3
2

9

25

4

2 a





với

a



0

1,00

9 a



25 a



4 a



9 a



5 a



2 a a

(

2)





2

(

2)

a



a a a





P =

2 a

hoặc

2 a

0,25
0,25
0,25
0,25
2 a Giải phương trình

x

3

x m

0







khi

m



1

. 1,00

1 m



ta có phương trình

x



3 x

 

1 0

9 4 5

  



3

5

2 x





, 2

3

5

2 x





(mỗi nghiệm đúng cho 0,25)

0,25
0,25
0,5
b

Tìm m để

x x

,

2 thỏa mãn

2 2

1 1 2 1 3 3

x   x   1,00

Pt (1) có hai nghiệm phân biệt

9 9 4

0

4 m

   

 



(1)
Theo định lí Viet

x



x



3,

x x

1 2



m

. Bình phương ta được

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

2 2 2 2

1 2 2 2 ( 1 1)( 2 1) 27
x x   x  x  

2 2 2 2 2 2

1 2

2

1 2 1 2

1 25

x

x x

x





 

.

Tính được

x



x



(

x



x

)



2 x x

1 2

 

9 2

m

và đưa hệ thức
trên về dạng

m



2 m



10  

m

8

(2)

2

10

16

64

18

54

3

m



















.

Thử lại thấy

m



3

thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1).

0,25
0,25
0,25

3 Tính vận tốc của canơ trong nước n lặng 1,00
Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là

x

(km/h,

x



4)

Vận tốc canơ khi nước xi dịng là

x



4

và thời gian canơ chạy

khi nước xi dịng là

48

4 x



.

Vận tốc canơ khi nước ngược dịng là

x



4

và thời gian canơ chạy

khi nước ngược dịng là

48

4 x



.

Theo giả thiết ta có phương trình

48

5

4 x



x







48(

x



4  

x

4) 5(



x



16)



5 x



96 x



80 0



Giải phương trình ta được x0,8 (loại),

x



20

(thỏa mãn)

Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 20 km/h

0,25
0,25
0,25
0,25
4 a Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp 1,00

Hình 1 Hình 2
Vẽ được hình 1

Theo giả thiết QAM 450 và QBM 450

 

QAM QBM

 



ABMQ

là tứ giác nội tiếp

0,5
0,25
0,25
b Chứng minh AH vuông góc với MN 1,00

ABMQ

là tứ giác nội tiếp suy ra AQM ABM 1800

 

ABM 900 AQM 900 MQ AN

    

Tương tự ta có ADNP là tứ giác nội tiếp



NP



AM

Suy ra H là trực tâm của tam giác

AMN



AH



MN

* Chú ý. Lập luận trên vẫn đúng khi M trùng với C

0,25
0,25
0,25
0,25
c Xác định vị trí điểm M và N để



AMN có diện tích lớn nhất 1,00

A

B

C

D

M

N

P

Q

H I

A

B

C

D

M

N

P

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

M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên có 2 TH
TH 1. M khơng trùng với C, khi đó M, N, C khơng thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của AH và MN và S là diện tích tam giác AMN
thì S =

1 .

2 AI MN

.

Tứ giác APHQ nội tiếp suy ra PAH PQH (1)
Tứ giác ABMQ nội tiếp suy ra BAM BQM (2)
Từ (1) và (2) suy ra

PAH





BAM



hay

MAI





MBA



Hai tam giác vng MAI và MAB có

MAI MBA







, AM chung suy

ra MAI MAB AI AB a IM , BM
Tương tự



NAI



NAD



IN



DN

. Từ đó

S =

1 .

2 AI MN



2 a MN

Ta có

MN MC NC a BM a DN





 

 



2 a



(

IM



IN

)

Vậy

MN



2 a MN



hay

1 .

2 MN a

 

S



a MN



a

.
TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và



AMN



ACD

nên S =

1 .

2 AD DC



2 a

Vậy AMN có diện tích lớn nhất



M



C

và

N



D

.

0,25

5 3 3 3 3 3 3

1 a



b



b



c



c



a





1,00

3 3

(

)

(

)

(

) 0

a



b



ab a b





a a b





b b a





2 2 2

(

a b a

)(

b

) 0

(

a b

) (

a b

) 0





 







, đúng a b, 0

3 3

(

)

3 3

(

)

a



b



ab a b





a



b



abc ab a b





abc

3 3

1 (

)

1 (

)

a

b

ab a b c

a

b

ab a b c





 

 







 

(Do các vế đều dương). Tương tự, cộng lại ta được

3 3 3 3 3 3

1 a



b



b



c



c



a



1 (

)

(

)

(

)

ab a b c

bc a b c

ca a b c







 

0,25
0,25
0,25

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TOÁN – ĐỀ SỐ 03

Bài 1. (1,5 điểm)

a) So sánh hai số: 3 5 à 29v
b) b) Rút gọn biểu thức: A =

3 5 3 5
3 5 3 5

 



 

Bài 2. Cho hệ phương trình:

2 5 1

2 2

x y m

x y

  




 

 (m là tham số)
a) Giải hệ phương trình với m = 1

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1.
Bài 3. (2,5 điểm)

Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai vịi nước cùng chảy vào một bể khơng có nước thì sau 12 giờ thì đầy bể. Nếu từng vịi
chảy thì thời gian vịi thứ nhất làm đầy bể sẽ ít hơn vịi thứ hai làm đầy bể là 10 giờ. Hỏi nếu chảy
riêng từng vịi thì mỗi vịi chảy trong bao lâu thì đầy bể?

Bài 4. (3,0 điểm)

Cho đương tròn (O;R) day cung BC cố định (BC<2R) và điểm A di động trên cung lớn BC
sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BD, CE của tam giác cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp.

b) Giả sử BAC 600, hãy tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R.

c) Chứng minh đường thẳng qua A và vng góc với DE ln đi qua một điểm cố định.
Bài 5.(1,0 điểm)

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 03

Bài 1. (1,5 điểm)

a) So sánh hai số: 3 5 à 29v
45>29 => 3 5 29

b) Rút gọn biểu thức: A =

3 5 3 5
3 5 3 5

 



  = 7
Bài 2.

Cho hệ phương trình:

2 5 1

2 2

x y m

x y

  




 

 (I) (m là tham số)
a) Giải hệ phương trình với m = 1

(x;y) = (2;0)

b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1.
Ta giải (I) theo m được

2
1

x m

y m





 

 Nghiệm này thỏa mãn hệ thức x2 – 2y2 = 1 nghĩa là
4m2 – 2(m - 1)2 = 1.

Giải phương trình ẩn m được m1 =

4 10 4 10

2 m 2

   


KL: Vậy với hai giá trị m1 =

4 10 4 10

2 m 2

   


thì nghiệm của hệ (I) thỏa mãn hệ thức
trên.

Bài 3.

C1: Lập hệ phương trình:

Gọi thời gian vịi 1 chảy riêng đến khi đầy bể là x giờ (x>12)
Gọi thời gian vòi 2 chảy riêng đến khi đầy bể là y giờ (y>12)
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được

1
12 bể
Trong 1 giờ vòi 1 chảy được

x bể

Trong 1 giờ vòi 2 chảy được
1

y bể

Ta có phương trình:
1

x+

y =

1
12 (1)

Vịi 1 chảy nhanh hơn vịi 2 10 giờ nên ta có phương trình :
y = x+10 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

1 1 1
12
10

x y

y x



 




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

Giải hệ phương trình:

1 1 1 1 1 1 12 12

12 10 12 10

10 10

12( 10) 12 10 (1)
10

x y x x x x

y x y x

y x

x x x x

y x

    

   

  

   

  

        

 



    
 

 


Giải (1) được x1 = 20, x2 = -6 (loại)

x1 = 20 thỏa mãn, vậy nếu chảy riêng thì vịi 1 chảy trong 20 giờ thì đầy bể, vịi 2 chảy
trong 30 giờ thì đầy bể.

C2: Dễ dàng lập được phương trình

1 1 1

10 12

xx 
Giải tương tự ra cùng đáp số.

Bài 4.

H
O

E
D

Bài 5.

P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36
= x2y2 + 6x2y - 2xy2 - 12xy – 24x + 3y2 + 18y + 36

= (18y + 36) + (6x2y + 12x2) – (12xy + 24x) + (x2y - 2xy2 + 3y2)
= 6(y + 2)(x2 – 2x + 3) + y2(x2 – 2x + 3)

= (x2 – 2x + 3)(y2 + 6y +12)
= [(x - 1)2 + 2][(y + 3)2 +3] > 0

Vậy P > 0 với mọi x,y R.

a)Tứ giác AEHD có

AEH 90 ,0 ADH 90 ê0n nAEH ADH 1800

Vậy tư giác AEHD nội tiếp.

b) Khi

BAC 600  BOC1200

Mặt khác tam giác BOC cân tại O nên khoảng

cách từ O đến BC là đường cao đồng thời là tia phân

giác của tam giác BOC.

 600
KOC

 

OK = cos60

.OC = R/2

c) Giả sử : (1)

E B  ABC

vuông cân tại

B. Khi đó AC là đường kính của (O;R)

 D O

Vậy đường thẳng đi qua A vng góc với DE tại O.

(2)

D C  ABC

vuông cân tại C. Khi

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 04

Bài 1 (2.0 điểm):

Cho phương trình: x2 + mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi m= 3

2. Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để:
x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) > 6.

Bài 2 (2.0 điểm):

Cho biểu thức: B = ( + )( - ) với b > 0; b≠ 9
1. Rút gọn B

2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên.
Bài 3(2.0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) 
vơi xA = 2, xB = - 1.

1. Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB.

2. Tim n để đường thẳng (d): y = (2n2 - n)x + n + 1 (với n là tham số) song song với đường
thẳng AB.

Bài 4 (3.0 điểm):

Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, các đường cao BM, CN

của tam giác cắt nhau tại H.

1. Chứng minh tứ giác BCMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.

2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.
3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác ABC luôn
nhọn. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất.

Bài 5 (1.0 điểm):

Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a2 + b2 + 33

---Hết

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

BÌNH NGUN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TOÁN – ĐỀ SỐ 04

Bài Nội dung Điểm

1 Cho phương trình: x2 + mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi m= 3:

- Phương trình trở thành: x2 + 3x - 4 = 0

- Vì tổng các hệ số: 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình có nghiệm
x1=1 v à x2=- 4

Vậy khi m = 3 th ì phương trình có 2 nghiệm x1=1 v à x2=- 4

0,25
0,5
0,25
2. Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để:

x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) > 6.

- Phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì: ∆ ≥ 0 mà ∆ = m2 + 16≥16 với mọi m.

Khi đó theo Vi-ét ta có:

x1+x2=− m(∗)
x1x2=−4(**)

¿{
¿

- Ta lại có x1(x22+1)+x2(x21+1)> 6<=> x1x22+x1 +x2x21+x2 > 6<=>
x1x2(x1+ x2) + x1+ x2> 6 <=> (x1+ x2)(x1x2+1)>6 (***)

- Thay (*), (**) vào (***) ta có: -m(-4+1) > 6 <=> 3m>6 <=> m >2
- Vậy khi m >2 th ì phương trình (1) có 2 nghiệm x1,x2 thỏa mãn

x1(x22+1)+x2(x21+1)> 6

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

2 Bài 2 (2.0 điểm):

Cho biểu thức: B = = ( + )( - ) với b > 0; b 9
1. Rút gọn B

Với b > 0; b 9 B =

(

√

b+3)(

√

b+3)−(

√

b −3)(

√

b −3)
(

√

b −3)(

√

b+3)

)

(

√

b −3
3

√

b

)

(

12(

√

b −

√

b3)(

√

b+3)

)

(

√

b −3

√

b

)

(

√

b+3

)

0,5
0,5
2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên.

B =

(

√

b+3

)

nguyên khi

√

b +3 là ước của 4 vì

√

b +3≥3 nên

√

b +3 = 4 hay

√

b =1 <=> b=1
- Vậy với b = 1 thì B đạt giá trị nguyên

0,5
0,25
0,25
3 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc

parabol (P) vơi xA = 2, xB = - 1.

1. Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB.
- Tọa độ điểm A: xA = 2=> y = 22= 4 Vậy A(2;4)

- Tọa độ điểm B: xB = -1=> y = (-1)2= 1 Vậy B(-1;1)

- Gọi đường thẳng qua A(2;4), B(-1; 1) có dạng y = ax + b (AB)
- Vì (AB) qua A(2; 4) nên 2a + b = 4(i)

- Vì (AB) qua B(-1; 1) nên -a +b = 1(ii)

- Lấy phương trình (i) trừ (ii) ta được 3a = 3 => a = 1 khi đó =>b= 2.
Vậy đường thảng AB có dạng: y = x +2

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

2. Tim n để đường thẳng (d): y = (2n2 - n)x + n + 1 (với n là tham số) song

song với đường thẳng AB.

- Đường thẳng AB: y = x+2 song song với (d) y = (2n2-n)x+n+1 thì: 2n2-n 
=1(u) và n+1 ≠2(v)

Giải (u) ta được n = 1; và n = - 1

2 kết hợp với (v) n≠1.
Nên với n= - 12 thì AB song với (d)

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

4

1. Chứng minh BCMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.
- Lấy I là trung điểm BC. Suy ra:BI= CI = MI = NI

nên B ,C, M, N cách đều điểm I nên tứ giác BCMN nội tiếp trong một đường
tròn

0,25

0,5
0,25

2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK
là hình bình hành. Ta có:

ABK = 900 = (góc nội tiếp)=> BKAB nên BK∥CH(*). Tương tự: 
ACK = 900 = (góc nội tiếp)=> CKAC nên CK∥BH(**). Từ (*) và (**)

suy ra BHCK là hình bình hành.

0,5
0,25
0,25
3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác

ABC ln nhọn. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất.
Gọi I là giao điểm AH và BC, F là trung điểm của BC. Vì khi A thay đổi BC cố
định và lam giác ABC luôn nhọn nên H nằm trong tam giác ABC. Nên S∆BCH =
BC.HI lớn nhất khi HI lớn nhất (BC cố định), HI lớn nhất => AI lớn nhất => I

F mà F là trung điểm của BC nên ∆ABC cân tại A => AB = AC=> A bằm chính
giữa lớn cung BC

0,25
0,25
0,25
0,25
Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a2

+ b2 +

Ta có (a-b)2 0 => a2+b2 2ab và (a+b)2 4ab hay ab 4 =>  
Nên khi đó P = a2 + b2 +  2ab + + 

 2 + =16 + =

Dấu "=" xảy ra khi 2ab= và a=b hay ab = 4 và a = b =>a = b= 2
Vậy Min P = khi a = b = 2

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 05

Bài 1. (2,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức:

3 1 9

3 3



 

  

 

 

x
A

x x x x với x0,x9.

2. Chứng minh rằng:

1 1

5 10

5 2 5 2

 

  

 

 

Bài 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n và hai điểm A(0;2),
B(-1;0).

1. Tìm các giá trị của k và n để:

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y  x 2 k.

2. Cho n2. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác

OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2  2mx m  7 0 (1) (với m là tham số).

1. Giải phương trình (1) với m1.

2. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức: 1 2

1 1

x x  .

Bài 4. (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa
O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường
tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E.

1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK.

2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân.

3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2.

Bài 5. (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:













3 3

     

a b c

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

---TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 05

Bài 1. (2,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức:

3 1 9

3 3

x
A

x x x x



 

  

 

  với x0,x9.

2. Chứng minh rằng:

1 1

5 10

5 2 5 2

 

  

 

 

Ý Nội dung Điểm

1.
(1,25đ)

Với ĐK: x0,x9. Ta có:





3 1 9

3
3
x
A
x x
x x
 

 
  
   
 
0,25













3 3 3 9

x x x x

A

x x x

   

  

 0,25

3 x 9 x 3 x

A

x

  

  0,25

9 x

A
x



  0,25

Kết luận: Vậy với x0,x9thì

9 x
A
x

 0,25
2.
(0,75đ)

Ta có:



 



1 1 5 2 5 2

5. 5.

5 2 5 2 5 2 5 2

 
  
   
 
   
   
 
 
0,25

2 5
5.
5 4



= 10
0,25
Vậy:
1 1
5. 10

5 2 5 2

 

 

 

 

  0,25

Bài 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n và hai điểm A(0;2),
B(-1;0).

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

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B.

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y  x 2 k.

2. Cho n2. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác

OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.

Ý Nội dung Điểm

1a
(1,0 đ)

(d): y = (k-1)x + n đi qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:

( 1).0 2

( 1).( 1) 0

k n
k n
  


   

0,25
2

1 2 0

n
k


 

  

2
3
n
k


 

 0,5

Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25

1b
(0,5 đ)
+
1 1
( ) //( )
2
k
d
n k
 

  
 

2
0

k
n


 

 0,25

Kết luận: Vậy

2
( ) //( )
0
k
d
n


  

 0,25
2.
(0,5 đ)

Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2. Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C

1 0 1

k k

     và khi đó toạ độ điểm C là

2
;0
1 k
 
 

 
0,25
Ta có:
2
1
C
OC x
k
 

 và do B(-1;0) nên OB = 1.

Vì các tam giác OAC và OAB vuông tại O và chung đường cao AO nên suy ra:

2 2 2

|1 |

OAC OAB

S S OC OB

k
    

0
2
k
k


  

 (thoả mãn đk k 1)

Kết luận: k = 0 hoặc k = 2.

0,25

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2  2mx m  7 0 (1) (với m là tham số).

1. Giải phương trình (1) với m1.

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

3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức: 1 2

1 1

x  x  .

Ý Nội dung Điểm

1.
(0,75đ)

Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành:
2 2 8 0

' 1 8 9 ' 3

x  x 

      

0,25

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

1 3
4
1
1 3
2
1
x

x
 

 


 
  

0,25

Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2. 0,25

2.
(0,75đ)

Pt (1) có  ' m2 (m 7) m2 m7 0,25

2
1 27
0
2 4
m
 
    

  với mọi m. 0,25

Vậy với mọi giá trị của m thì (1) ln có hai nghiệm phân biệt. 0,25

3.
(0,5 đ)

Theo câu 2, ta có (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi giá trị của
m. Theo định lý Vi ét ta có:

1 2
1 2

2
7

x x m

x x m

 


 

0,25

Theo giả thiết ta có:

1 2

1 2 1 2
1 2

0
1 1
16
16
x x

x x x x

x x


   
 






7 0

2 16 7

7
8
8
m
m m
m
m
m
 



 
 




 


 

Vậy m = 8 là giá trị cần tìm.

0,25

Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường trịn (O;R), đường kính AB vng góc với dây cung MN tại H (H
nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC
cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E.

1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK.

2. Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân.

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

n
m

e c

b
a

P O K

H E N

M C

B
A

Ý Nội dung Điểm

1.
(2,0đ)

 Ta có: + AHE 900 (theo giả thiết ABMN ) 0,5
+ AKE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 0,5

  900

AHE AKE

    H, K thuộc đường tròn đường kính AE.

Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp. 0,25
 Xét hai tam giác CAE và CHK:

+ Có chung góc C 0,25

+ EACEHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK)

Suy ra CAE CHK (g - g) 0,5

2.
(1,0 đ)

Do đường kính AB MN nên B là điểm chính giữa cung MN suy ra ta có

  (1)

MKB NKB

0,25

Lại có BK // NF (vì cùng vng góc với AC) nên

 

(2)
(3)

NKB KNF
MKB MFN

 









0,5

Từ (1), (2), (3) suy ra MFN KNF  KFN KNF . Vậy KNF cân tại K. 0,25

3.
(0,5 đ)

* Ta có AKB900 BKC 900 KECvng tại K

Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K

  450  450

BEH KEC   OBK 

Mặt khác vì OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra OBK vuông

cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)

0,25

* Gọi P là giao điểm của tia KO với đường trịn thì ta có KP là đường kính
và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP.

Xét tam giác KMP vng ở M ta có: MP2 + MK2 = KP2  KN2 + KM2 = 4R2.

0,25

Bài 5. (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:













3 3

     

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

Ý Nội dung Điểm

0,5 đ

Ta có: (a 1)3a3 3a23a 1





3 3 1

3 3 3

1 1 (1) ( 0)

2 4 4

a a a

a a a a do a

   

 

        

 

Tương tự:

 

3 3 3 3

( 1) 1 2 , ( 1) 1 3

4 4

b  b c  c

0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra:













3 3





3 9 3 3

4 4 4

a  b  c  a b c     

Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi

3 3

0 0 3

2 2 0,

2
3

3 0

0 3

0,
2

2
3

3 0 0 3

0,
2

2 2

3
3

a a a a

a b c

b b

b b

b a c

c c

c c c a b

a b c
a b c

   

 

      



 

    



 

  

     

    

    

    

  

    

   

   

 

    

    

  




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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 06

Bài 1 : (2,25 điểm ) Khơng sử dụng máy tính cầm tay :
a) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) 5x -7x-6=02 2)





2x-3y=-13
3x+5y=9

b) Rút gọn biểu thức

5

P= -2 5

5-2

Bài 2: ( 2,5 điểm ) Cho hàm số y = ax2

a) Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho đi qua điểm M ( -2 ; 8)

b) Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị ( P) của hàm số đã cho với giá trị a vừa tìm được và
đường thẳng (d) đi qua M (-2;8) có hệ số góc bằng - 2 .Tìm tọa độ giao điểm khác M của (P) và (
d).

Bài 3: (1,25 điểm) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc bằng nhau.Đi được

2
3

quãng đường, người thứ nhất bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ơ tơ quay về A, cịn người thứ hai
không dừng lại mà tiếp tục đi với vận tốc cũ để tới B.Biết rằng khoảng cách từ A đến B là 60 km, vận tốc
ô tô hơn vận tốc xe đạp là 48 km/h và khi người thứ hai tới B thì người thứ nhất đã về A trước đó 40
phút.Tính vận tốc của xe đạp

Bài 4: (2,5 điểm )

Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB , D là một điểm trên cạnh AC sao cho CD < AD.Vẽ đường
tròn (D) tâm D và tiếp xúc với BC tại E.Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn (D) với F là tiếp điểm
khác E.

a) Chứng minh rằng năm điểm A ,B , E , D , F cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM,AE,AD theo thứ tự tại các điểm

N,K,I .Chứng minh

IK =AK

IF AF. Suy ra: IF.BK=IK.BF

c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân.
Bài 5: ( 1,5 điểm )

Từ một tấm thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB= 3,6 dm , chiều dài AD =4,85 dm, người ta
cắt một phần tấm thiếc để làm mặt xung quanh của một hình nón với đỉnh là A và đường sinh bằng
3,6 dm, sao cho diện tích mặt xung quanh này lớn nhất.Mặt đáy của hình nón được cắt trong phần cịn
lại của tấm thiếc hình chữ nhật ABCD.

a) Tính thể tích của hình nón được tạo thành.

b) Chứng tỏ rằng có thể cắt được ngun vẹn hình trịn đáy mà chỉ sử dụng phần còn lại của tấm
thiếc ABCD sau khi đã cắt xong mặt xung quanh hình nón nói trên.

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 06

Bài Ý Nội dung Điểm

1

2,25

a.1

(0,75) Giải phương trình

2

5x -7x-6=0 (1)



=

49+120=169=132, =13,

1

7-13 3

x =

=-10 5 và 2

7+13

x = =2

10

Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 2

3

x =- , x =2

5

0,25
0,25

0,25

a.2
(0,75)

Giải hệ phương trình




2x-3y=-13
3x+5y=9 :



  

 

  

  

2x-3y=-13

2x-3y=-13 6x-9y=-39

3x+5y=9 6x+10y=18 19y=57

 



   






x=-2
y=3

y=3
2x=9-13=-4

0,50

0,25

(0,75) P= 5 -2 5= 5 5+2





-2 5

5-4
5-2

=5+2 5-2 5 =5

0,50

0,25

2

2,5

2.a

(0,75) + Đồ thị (P) của hàm số

2

y=ax đi qua điểm M -2;8





, nên:

 

2

8=a -2 a=2

Vậy: a=2 và hàm số đã cho là: y=2x2

0,50
0,25
2.b

(1,75)

+ Đường thẳng (d) có hệ số góc bằng -2, nên có phương trình dạng:

y=-2x+b

+ (d) đi qua điểm M -2;8





, nên 8=-2 -2 +b

 

 b=4, d :y=-2x+4

 

+ Vẽ (P)

+ Vẽ (d)

+ Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:


2 2

2x =-2x+4 x +x-2=0

+ Phương trình có hai nghiệm: x =1;x =-21 2

Do đó hồnh độ giao điểm thứ hai của (P) và (d) là x=1 y=2 1 =2 2
Vậy giao điểm khác M của (P) và (d) có tọa độ: N(1;2)

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

0,25

3

1,25

Gọi x (km/h) là vận tốc của xe đạp, thì x+48(km/h) là vận tốc của ơ tô. Điều

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

0,25

ô tô xe đạp

60 km

C B

A

Hai người cùng đi xe đạp một đoạn đường

2

AC = AB=40km
3

Đoạn đường còn lại người thứ hai đi xe đạp để đến B là:

CB=AB-AC =20km

Thời gian người thứ nhất đi ô tô từ C đến A là:

40

x+48(giờ) và người thứ hai

đi từ C đến B là:

20
x (giờ)

Theo giả thiết, ta có phương trình: 

40 + =1 20 2- 40 +1=20

x+48 3 x 3 x+48 x

Giải phương trình trên:









40x+x x+48 =20 x+48 hay x +68x-960=02

Giải phương trình ta được hai nghiệm: x =-80<01 (loại) và x =122

Vậy vận tốc của xe đạp là: 12 km/h

0,25

4

2,5

4.a
(1,0)

//
//

O

I
K
N

M
F

E
D

C
B

A

Hình vẽ đúng

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: BED =BFD =90  0
Mà BAD =BAC =90  0 (giả thiết)

Do đó: BED =BFD BAD =90   0

Vậy: năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường trịn đường kính BD

0,25
0,25

0,25
0,25
4.b

(1,0) Gọi (O) là đường trịn đường kính BD. Trong đường trịn (O), ta có :DE
=DF (do DE, DF là bán kính đường trịn

 

D ) EAD=DAF 

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

Suy ra : AD là tia phân giác EAF hay AI là tia phân giác của KAF

Theo tính chất phân giác ta có

IK AK

=

IF AF (1)

Vì AB AI nên AB là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của KAF.

Theo tính chất phân giác ta có :

BK AK

=

BF AF (2)

Từ (1) và (2) suy ra :

IK=BK

IF BF . Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm)

0,25

4.c

(0,5) Ta có AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM=MC, do đó

AMC
cân tại M, suy ra MCA MAC .

Từ đó NAF MAC DAF  MCA EAC ( vì AI là tia phân giác của góc 
EAF)

Mà AEB MCA EAC  ( góc ngồi của tam giác AEC)
NênNAF AEB

Mặt khác :AFB AEB ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Suy ra :NAFBFA NFA 

Vậy ANF cân tại N (đpcm)

0,25

5

1,5

E
H

I

K
C

D
A

B b=4,85

a =3,6 dm

a)Hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón có đỉnh tại A , đường
sinh l = 3,6dm =AB là hình quạt tâm A , bán kính AB.Mặt xung quanh này
có diện tích lớn nhất khi góc ở tâm của hình quạt bằng 900

+Diện tích hình quạt cũng là diện tích xung quanh của hình nón có bán kính
đáy là r , nên:





2.90 2

360 4

0,9
4
xq

l l

S rl

l

r dm

 



  

  

Do đó thể tích của hình nón được tạo ra là :

















2 2 2 2 3

1 1 1.3,14. 0,9 . 3,6 0,9 2,96

3 3 3

V  r h r l  r    dm

0,25

0,25
0,25
b)Trên đường chéo AC, vẽ đường trịn tâm I bán kính r = 0,9 (dm) ngoại

tiếp cung quạt tròn tại E , IH và IK là các đoạn vng góc kẻ từ I đến BC và
CD

Ta có CI = AC - AI =

















2 2

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

Vì IH // AB









. 0,91 0,9

HI CI

AB AC

AB CI

IH dm r dm

AC

 

    

Tương tự : IK > r = 0,9 ( dm)

Vậy sau khi cắt xong mặt xung quanh , phần còn lại của tấm thiếc ABCD có
thể cắt được mặt đáy của hình nón

0,25

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 07

Bài 1: (1,5 điểm)

Giải các phương trình sau:

a) 3(x – 1) = 2+x b) x2 + 5x – 6 = 0
Bài 2: (2,0 điểm)

a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m ( m là tham số ).

Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có nghiệm.

b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình ax + 2y = 2
bx – ay = 4
có nghiệm ( 2, - 2 ).

Bài 3: (2,5 điểm)

Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị
hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe cịn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu.
Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như
nhau.

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường trịn tâm O. Kẻ các đường cao BB`
và CC` (B`  cạnh AC, C`  cạnh AB). Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O tại hai điểm M

và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M).

a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AM = AN.

c) AM2 = AC`.AB

Bài 5: (1,0 điểm). Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a + bx + 
c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng: b a

c
b

a





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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 07

Bài 1: (1,5 điểm)

Giải các phương trình sau:
a) 3(x – 1) = 2+x

3x – 3 = 2 + x
 2x = 5 
 Vậy x =

b) x2 + 5x – 6 = 0

Ta có : a + b + c = 1 +5 - 6 = 0 Nên pt có hai nghiệm là x1 = 1 ; x2 =-6
Bài 2: (2,0 điểm)

a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m ( m là tham số ).
Tìm điều kiện của m để phương đã cho có nghiệm.
Ta có ∆ = 1 -4(1 -m) = 4m - 3

Để pt có nghiệm thì ∆ ≥ 0  4m - 3 ≥ 0  m ≥

b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình ax + 2y = 2
bx – ay = 4
có nghiệm ( 2, - 2 ).

Ta có a 2 + 2(- 2) = 2 a = 2 + 2
 b ( 2) - a (- 2) = 4  ………. b = 2 - 2
Bài 3: (2,5 điểm)

Gọi x (xe) là số xe tải dự định điều đến đế chở hàng . ĐK : x N , x > 2

Theo dự định mỗi xe chở : (tấn) . Thực tế mỗi xe phải chở (tấn)
 Vì thực tế mỗi xe phải chở thêm 0,5 tấn nên ta có pt: - = 0,5
Giải pt ta được x1 = 20 (TMĐK) ; x2 = -18 (loai).

Vậy số xe tải dự định điều đến đế chở hàng là 20 chiếc
Bài 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các đường cao BB`
và CC` (B`  cạnh AC, C`  cạnh AB). Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O tại hai điểm M

và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M).

a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh AM = AN.

c) AM2 = AC`.AB

a) C’và B’ cùng nhìn B,C dưới những góc vng nên
 tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp.

b) BC`B`C là tứ giác nội tiếp nên ta có 
 = (cùng bù )

Nhưng : = sđ( + )

C
B

B'
C'

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

= sđ( + )
 Suy ra = .Vậy MA = NA 
c)

∆C’AM ∽ ∆ ABM (g.g) =

Hay AM 2 = AC’.AB

Bài 5: (1,0 điểm). Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a 
 ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng: b a

c
b
a





> 3
 Ta có (b-c)2 ≥ 0

 b2 ≥ 2bc - c2

Vì pt ax2 + bx + c = 0 vơ nghiệm nên có ∆ = b2 - 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0)
 b2 < 4ac  2bc - c2 < 4ac

 4a > 2b-c  a+b+c > 3b - 3a  b a

c
b
a





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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 08

Câu 1. (2 đ )

a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay , hãy rút gọn biểu thức : A = 12 2 48 3 75 

b) Cho biểu thức

2 2 1

1 2 1

x x x x x x

B

x x x x

      

  

    

 

Với những giá trị nào của x thì biểu thức trên xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B .
Câu 2 . (2đ )

Không dùng máy tính cầm tay , hãy giải phương trình và hệ phương trình sau :
a) x2 - 2 2x – 7 = 0

2 3 13
)

2 4

x y

b

x y

 




 


Câu 3. (2,5 đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x2 và đường thẳng (d) 
có phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, trong đó m là tham số .

a) Vẽ parabol (P) .

b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt .

c) Chứng minh rằng khi m thay đổi ,các đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định . Tìm
điểm cố định đó .

Câu 4. (2,5 đ)

Cho đường trịn (O,R) và đường thẳng

 

 không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A và
B. Từ một điểm M trên ( Δ ) ( M nằm ngoài đường tròn tâm O và A nằm giữa B và M ), vẽ hai
tiếp tuyến MC, MD của đường tròn (O) . (C, D (O) ) Gọi I là trung điểm của AB, tia IO cắt MD

tại K .

a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D cùng thuộc một đường tròn .
b) Chứng minh : KD. KM = KO .KI

c) Một đường thẳng đi qua O và song song với CD cắt các tia MC và
MD lần lượt tại E và F . xác định vị trí của M trên ( Δ ) sao cho
diện tích Δ MEF đạt giá trị nhỏ nhất .

Câu 5. (1 đ)

Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm được đặt úp trên một hình
trụ có thể tích bằng , 9420cm3 và bán kính đáy hình trụ bằng 10cm , sao cho
đường trịn đáy trên của hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt xung quang hình

nón và đáy dưới của hình trụ nằm trên mặt đáy của hình nón . Một mặt
phẳng qua tâm O và đỉnh của hình nón cắt hình nón và hình trụ như hình vẽ.
Tính thể tích của hình nón . Lấy  3,14

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 08

Câu 1:

a) A = 12 2 48 3 75  = 2 3 8 3 15 3 9 3  

2 2 1

1 2 1

x x x x x x

B

x x x x

      

  

  

  ĐK x>0 và x1



 



















2 1 2 1 1 1

. 6

1 1

x x x x x x

x

x x

      


 

Câu 2.

a) x2 - 2 2x – 7 = 0 ĐS x1 2 3; x2  2 3
2 3 13
)

2 4

x y

b

x y

 




 

 ĐS (x=2 ; y= -3) 
Câu 3

a) bạn đọc tự giải

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) :
2x2 – 2(m – 1)x +m – 1

Δ = m2 – 4m +3 = (m+1)(m+3)

Δ >0  m >-1 hoặc m< -3 thì phương trình có hai

nghiệm phân biệt

c) Giả sử (x0; y0) là điểm cố định các đường thẳng
(d) đi qua ,

ta có y0 = 2(m-1)x0 – m +1  m (2x0 – 1) – (2x0 + y0 – 1)
= 0 . vì khơng phụ thuộc vào m ta có

0 0

1
2 1 0

2 1 0 0

x x

x y y



  

 



 

  

  


Câu 4 :

a) MCO MIO MDO   900

=> M,C, O,I , D thuộc đường tròn đường kính MO
b) Δ DKO  Δ IKM (g-g)

=> KD. KM = KO .KI

c) SMEF = SMOE + SMOF = R.ME

Δ MOE vng tại O,có đường cao OC
 MC.CE = OC2 = R2 không đổi
 MC + CE = ME nhỏ nhất
khi MC = CE = R .

=> OM = 2R .

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

Câu 5 :

MN = V: S = 9420 : 100. 3,14 = 30cm

MN//SO =>

1 1

3 3

3 10 5

AN MN

AN AH

AO SO

AN AN AN cm

   
   
=> AH =15cm

Diện tích đáy của hình nón bằng 152 .3,14 = 706,5cm2
Thể tích hình nón bằng :

706,5.90 21,195

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 09

Bài 1 (1đ)

Rút gọn M  16x2 8x1. Tính giá trị của M tại x = 2.
Bài 2 (1đ5)

1) Vẽ đồ thị của các hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ :

( ) :P yx ; ( ) :d y 2x3

2) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (P).
Bài 3(2đ)

1) Giải phương trình x2 5x6 0
2) Giải hệ phương trình

3 4
2 5 7

x y

 




 


Bài 4 (2đ)

1) Một người dự định đi xe gắn máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 90km.
Vì có việc gấp phải đến B trước giờ dự định là 45 phút nên người ấy phải tăng vận
tốc lên mỗi giờ 10 km . Hãy tính vận tốc mà người đó dự định đi .

2) Chứng minh rằng phương trình x2  2 2



m 1



x4m 8 0  (m là tham số) ln có
2 nghiệm phân biệt và khác 1 với mọi m  R .

Bài 5 (3đ5)

Một hình vng ABCD nội tiếp trong đường trịn Tâm O bán kính R . Một điểm M di
động trên cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H.

1) Chứng minh tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường tròn và DH.DM = 2R2 .
2) Chứng minh tam giác MDC đồng dạng với tam giác MAH .

3) Hai tam giác MDC và MAH bằng nhau khi M ở một vị trí đặc biệt M’. Xác định

điểm M’. Khi đó M’D cắt AC tại H’. Đường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt
AC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C .

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

---Hết---TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TOÁN – ĐỀ SỐ 09

Bài 1:





16 8 1 4 1 4 1

M  x  x  x  x

Thay x=2 vào M
4.2 1 9 9

M

    

Bài 2:

1) vẽ đồ thị

Tọa độ điểm của đồ thị ( ) :P y x2

x -2 -1 0 1 2

yx 4 1 0 1 4

Tọa độ điểm của đồ thị ( ) :d y 2x3

x 0 3

2

2 3

y x 3 0

2) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d)

2
2

2 3
2 3 0

x x

 

   

Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0

1
2
1
3
x
c
x
a



  
 


 từ (P)

1
2
1
9
y
y



 



Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A



1;1 ; B(1;9)



Bài 3:

2
2

5 6 0

4 25 4.6 1

x x

b ac

  

     

Vì  > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1
2
5 1

2
2 2
5 1
3
2 2
b
x
a
b
x
a
     
  



    

  


2)

3 4 2 6 8 1 1 1

2 5 7 2 5 7 2 5 7 2 5.1 7 1

x y x y y y y

x y x y x y x x

      
    
   
    
        
    
Bài 4:

1) Gọi x(km/h) là vận tốc dự định đi (đk: x > 0 )
x + 10 (km/h) là vận tốc đi

Thời gian dự định đi là :
90

x (h)

Thời gian đi là :
90

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

Vì đến trước giờ dự định là 45’=
3

4h .nên ta có phương trình:

2
2

90 90 3
10 4

10 1200 0

' ' 25 1200 1225, 35

x x
x x
b ac
 

   
        

Vì ’ > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

' 5 35

30( )
1

' 5 35

40( )
1

b
x nhan
a
b
x loai
a
     
  



    

  



Vậy vận tốc dự định đi là 30(km/h)
2)













2
2

2 2 2

2 2 1 4 8 0 (*)

' ' 2 1 (4 8) 4 4 1 4 8 4 8 9

2 2 5 0 voi moi m (1)
    

                
   

x m x m

b ac m m m m m m m

m

Mặt khác : Thay x=1 vào phương trình (*)
Ta được :





1 2 2 1 .1 4 8 0
1-4m+2+4m-8=0

-5=0 (Không dung voi moi m khi x=1) (2)

m m

    




Từ (1) và (2)

 Phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt và khác 1 với mọi m R
Bài 5:

1) * BDAC (Tính chất 2 đường chéo hình
vng)

 900
BOH

 

 900

BMD (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn )
  900 900 1800

BOH BMD

    

 Tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường
trịn (tổng số đo 2 góc đối diện =1800)

*


  0

DOH và DMB

D : DOH DMB(g-g)

( 90 )

chung
DOH DMB
  

  


  

2
DO
DM
. .
.2 .

: . 2

DH
DB

DO DB DH DM

R R DH DM

Hay DH DM R

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

2) MAC MDC( Góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
Hay MAH MDC (1)

Vì AD = DC (cạnh hình vng)
 

AD DC

  (Liên hệ dây-cung)
AMD DMC

  (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) (2)
Từ (1) và (2)

(g-g)

MDC MAH

   

3)Khi MDC = MAH
 MD = MA

MAD cân tại M
 

MAD MDA

 

 

MAB MDC

  (cùng phụ với 2 góc bằng nhau )
 

BM CM

 

Vậy M là điểm chính giữa BC
Hay M’là điểm chính giữa BC
*M’DC = M’AH’

M’C = M’H’

M’H’C cân tại M’

Mà M’I là đường cao (M’I  H’C)
Nên M’I cũng vừa là đường trung tuyến
 IH’ = IC

Hay I là trung điểm của H’C .

---hết---I
H'
O

A B

D C

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 10

Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x2 3x 2 0 c) 4x413x2 3 0
b)

4 1

6 2 9

x y

x y

 




 

 d) 2x2 2 2x1 0
Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

x
y

và đường thẳng (D):
1

1
2

y x

trên cùng một hệ trục toạ
độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:

12 6 3 21 12 3

A   

2 2

5 3

5 2 3 3 5 2 3 3 5

2 2

B            

   

Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 (3m1)x2m2m1 0 (x là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phương trình ln ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A =

2 2

1 2 3 1 2

x x  x x .

Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường
tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vng góc với AB (P

thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE).

a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường trịn và APMQ là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.

c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K là
trung điểm của MP.

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

TRƯỜNG THCS SỐ 2

ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

BÌNH NGUYÊN

NĂM HỌC 2011 - 2012

GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG

Mơn thi

:

TỐN – ĐỀ SỐ 10

Bài 1: (2 điểm)

a) 2x2 3x 2 0 (1)
9 16 25

   
(1)

3 5 1 3 5

4 2 4

x   hay x 

    

4 1 (1)

6 2 9 (2)

x y
x y
 


 


4 1 (1)

14 7 ( (2) 2 (1))

x y

x pt pt

 

 
 

3

1
2
y
x



 



c) 4x413x2 3 0 (3), đđặt u = x2,

phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4)

(4) có  169 48 121 11   2

13 11 1 13 11

(4) 3

8 4 8

u  hay u 

    

Do đó (3)

3
2

x hay x

  

d) 2x2 2 2x1 0 (5)
' 2 2 4

   
Do đó (5)

2 2 2 2

2 2

x  hay x 

  

Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ. Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),





1; , 2; 2
2

 
   

 

  . (D) đi qua





1; , 2; 2
2

 
  
 
 

Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :





1; , 2; 2
2

 
  
 

  .

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là

1 2 0

2 2

x

x x x



     

1 2

x hay x

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là





1; , 2; 2
2
 

  
 
  .
Bài 3:

A 12 6 3  21 12 3  (3 3)2  3(2 3)2  3 3 (2  3) 3  3

2 2

5 3

5 2 3 3 5 2 3 3 5

2 2

B            

   

2B =



 



2 2

5 4 2 3  6 2 5  5  4 2 3  6 2 5  3



2 2

 

2 2 2



2
5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3

         



 



2 2

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

Bài 4: a)





2 2 2 2

3m 1 8m 4m 4 m 2m 5 (m 1) 4 0 m

             
Suy ra phương trình ln ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1

A=x12x22 3x x1 2





1 2 5 1 2

x x x x

  

2 2

(3m 1) 5(2m m 1)
    

2 1 1 2

6 6 ( )

4 2

m m m

       25 ( 1)2
4 m 2
  

Do đó giá trị lớn nhất của A là :
25

4 . Đạt được khi m = 
1
2
Bài 5:

a) Ta có góc EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp.

Tứ giác APMQ có 3 góc vng : EAO APM PMQ 90    o
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật

b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường
chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ
nên I là trung điểm của AM.

Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng

hàng.

c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vng có 1 góc
bằng nhau là AOE ABM  , vì OE // BM

AO AE
BP MP (1)

Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số

KP BP
AE AB (2)
Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP

Vậy K là trung điểm của MP.

Cách 2 : Ta có

EK AP

EB AB(3) do AE // KP,
mặt khác, ta có

EI AP

EOAB (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng

So sánh (3) & (4), ta có :

EK EI
EB EO.

Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM
=> K là trung điểm MP.

d) Ta dễ dàng chứng minh được :

abcd

a b c d
4
  

 

 

  (*)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP = MO2 OP2  R2 (x R) 2  2Rx x 2

Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x  2  (2R x)x 3

S đạt max  (2R x)x 3 đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max



x x x

. . (2R x)

3 3 3  đạt max

I
K

M Q

A
P x

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

Áp dụng (*) với a = b = c =
x
3

Ta có :

4 4

x x x 1 x x x R

. . (2R x) (2R x)

3 3 3 4 3 3 3 16

 

        

 

Do đó S đạt max 

(2R x)

3   

x R

2


</div>

De thi vao 10

<b>TRƯỜNG THCS SỐ 2</b>

<b>ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10</b>

<b>BÌNH NGUYÊN</b>

<b>NĂM HỌC 2011 - 2012</b>

<b>GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG</b>

<b>Mơn thi</b>

:

<b>TỐN – ĐỀ SỐ 01</b>

2

4 0

3

<i>x</i>





<i>x</i>



3

<i>x</i>



4 0



N

3

. 3

1

1

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>



<sub></sub>

 

<sub></sub>





<sub></sub>



<sub> </sub>



<sub></sub>







 



<i>a</i>



0

<i>a</i>



1

<i>y ax</i>





1

3

2

3

<i>x y</i>

<i>m</i>

<i>x</i>

<i>y</i>















( ; )

<i>x y</i>

<i>x</i>



<i>xy</i>



30