ON THPT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (367.79 KB, 23 trang )

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

ĐỀ SỐ 1 Đề thi thử vào lớp 10 năm học 2012 – 2013
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )

Phần I :Trắc nghiệm khách quan ( 2ñ ) Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất.

1. Biểu thức 2
1 4x

x


xác định với giá trị nào sau đây của x ?

A. x ≥

4 B. x ≤

4 C. x ≤

4và x ≠ 0 D. x ≠ 0
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x

A. y = 2x - 1 B. y 2 1



 2x



C. y = 2 - x D. y2 1 2



 x



3. Hai hệ phương trình

3 3

1
kx y
x y
 


 
 và

3 3 3
1
x y
x y
 


 

 là tương đương khi k baèng

A. -3 B. 3 C. 1 D. -1

4. Điểm

1
2;

2
Q 

 thuộc đồ thị hàm số nào trong các hàm số sau đây ?
A.

2
2
2

y x

2
2
2
y x

2
2
4

y x

2
2
4
y x

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

A. 13 B. 13 C. 2 13 D. 3 13

6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3 3a, khi đó sinB bằng
A.

2 a B.

1
2 C. 
3
2 D.
1
2a

7. Cho tam giác ABC vng tại A,AB = 18cm, AC = 24cm.Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác
đó bằng

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

8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6cm, AB = 8cm. Quay tam giác đó một vịng quanh cạnh AC
cố định được một hình nón . Diện tích tồn phần hình nón đó là

A. 96 cm2 B. 100  cm2 C. 144  cm2 D. 150  cm2
Phần II : Tự luận ( 8.0 điểm )

Baøi 1: ( 1,5 điểm ) Cho phương trình bậc hai, ẩn soá x: x2 - 4x + m + 1 = 0 (m la tham

sè)

1. Giải phương trình khi m = 3

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

3. Tìm giá trị của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 10 
Bài 2 : ( 1 điểm )Giải hệ phương trình :

3 2 2 1

2 2 3

x y
x y
    


   



Bài 3: ( 1,5 điểm )Rút gọn biểu thức A 6 3 3  6 3 3



5 2 6 49 20 6

 



5 2 6
9 3 11 2

B   



Bài 4: ( 4 điểm )Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ
là đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vng góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I . Tia
vng góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường trịn đường kính IC cắt IK ở P.

1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp
2. Chứng minh AI.BK = AC.CB
3. Chứng minh tam giác APB vuụng .

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

2 Đề thi thử vào lớp 10 năm học 2012 2013
Phn I: Trc nghim khách quan(2 điểm) Lựa chọn đáp án đúng.

1.Biểu thức 2

1 2x

x



xác

đị

nh khi

1

2 x



1

2 x



và

x



0

1

2 x



1

2 x



và

x



0

2. Phương trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3 ?

A. x2 – 3x + 10 = 0 B. 2x2 – 6x + 1 = 0 C. –x2 + 3x – 5 = 0 D.x2 + 2x + 1 = 0
3. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm dương?

A.x2 – 2x + 4 = 0 B.2x2 – 3x + 1 = 0 C.x2 + 3x + 4 = 0 D. 2x2 + 7x + 4 = 0
4. Trong mặt phẳng xOy, gọi  là góc tạo bởi (d): y = 3x + 1 với trục Ox. Kết quả nào dưới đây sai?
A.  = 600 B.  là góc tù C. là góc nhọn D.  < 900

5. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến khi m < 0?

A. y = 3mx + 3 B.y = -3m2x C.y = 2mx D. y = -2mx + 1

6. Cho ABCcó A =900, đường cao AH, BH = 4cm; HC = 12cm. Kết quả nào sau đây đúng?
A.B 30  0 B. B 60  0 C. B 70  0 D. B 45  0

7. Một dây cung của (O) có độ dài 24cm. Khoảnh cách từ tâm O đến dây này 5cm. Bán kính (O) là:

A.12cm B.13cm C.24,5cm D. Cả A,B,C sai

8. Một dây cung của (O) có độ dài 24cm. Khoảnh cách từ tâm O đến dây này 5cm. Bán kính (O) là:

A.12cm B.13cm C.24,5cm D. Cả A,B,C sai

Phần II: T lun(8 im)

Bài 1. (1 điểm)

1. Chứng minh rằng:

1 1

5. 10

5 2 5 2

 

 

 

 

 

2. Rót gän biĨu thøc:

3 1 x 9

A .

x 3 x x 3 x


 

  

 

  với x > 0, x 9

Bài 2. (1,5 điểm)Cho hệ phơng trình

(m1)x my=3m1

2x y=m+5
{

a) Giải hệ khi m=2

b)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) mà S=x2+y2 đạt giátrị nhỏ nhất

Bài 3. ( 1,5 điểm)Cho phơng trình bậc hai: x2 2mx +m – 7 = 0 (1) víi m là tham số

1. Giải phơng trình với m = -1

3. Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn hệ thức 1 2
1 1

16
x x 

Bài 4 . ( 2.5 điểm)Cho đờng tròn (O;R) có đờng kính AB vng góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa
O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đờng trịn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đờng tròn (O;R)
tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau tại E.

1. Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK
2. Qua N kẻ đờng thẳng vng 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 . ( 1 điểm)

1.Cho a, b, c là các số thực không âm thoả m·n : a + b + c = 3. Chøng minh r»ng:













3 3 3 3

a 1 b 1 c 1

     

2.Tính giá trị của biểu thức

B = 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 ... 1

1 2 2 3 3 4 2011 2012

           

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

Thời gian làm bài 120 phút

Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (2 điểm)

Hãy chọn và ghi chỉ một trong các chữ cái A, B, C, D đứng trước kết quả đúng vào bài làm của em (mỗi 
câu đúng được 0,125 điểm).

Câu 1. Nếu x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + x – 1 = 0 thì tổng x1 + x2 bằng

A. 1. B. -1.

1

2

. D.

1

2 

.
Câu 2.

5 2x



được xác định khi

5 x

2 

. B.

5 x

2 

. C.

2 x

5 

. D.

5 x

2 

.
Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến ?

y x 2

 

1 y

x 1

2 



. C.

y



3 

2 1 x







. D.

y 6 3 x 1

 







.
Câu 4. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số

3
y x 2

2
 
A.

1 1;

2 













. B.

2 ; 1

3 













. C.



2; 1





. D.



0; 2





.
Câu 5. Hình nào sau đây khơng nội tiếp được đường trịn ?

A. Hình vng. B. Hình thoi. C. Hình chữ nhật. D. Hình thang cân.

Câu 6. Cho hàm số

2
2
y x

3


. Kết luận nào sau đây là đúng ?

A. y = 0 là giá trị nhỏ nhất của hàm số trên. B. y = 0 là giá trị lớn nhất của hàm số trên.

C. Xác định được giá trị lớn nhất của hàm số trên. D. Không xác định được giá trị nhỏ nhất của hàm
số trên

Câu 7. Nếu hai đường tròn (O) và (O’) có bán kính lần lượt R = 5cm, r = 3cm và khoảng cách hai tâm là 
7cm thì hai đường trịn (O) và (O’):

A. tiếp xúc ngồi. B. tiếp xúc trong.

C. khơng có điểm chung. D. cắt nhau tại hai điểm.

Câu 8. Cho đường tròn (O; 3cm). Số đo cung PQ của đường tròn này là 1200. Độ dài cung nhỏ PQ bằng:



cm

. B.

2 cm



. C.

1,5 cm



. D.

2,5 cm



.

Phần II: Tự luận. (8,0 điểm)

Câu 1. (2®) a)Tính A= 2 20 3 45  80 B =

2 2

2 5 2  5

b). Cho A =





4 3 2

2 2

x x x

x x
   
 
     
 
      

  víi x > 0 , x4.

1. Rót gän A 2. TÝnh A víi x = 6 2 5

Câu 2. (2®

)

Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 0 (1).

1. Giải phương trình (1) khi m = 0. 2. Tìm m để phương trình có nghiệm x = 5. Tìm nghiệm
cịn lại.

3. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu.

4. Chứng tỏ rằng nghịch đảo các nghiệm của ph trình (1) là nghiệm của phương trình 3m2x2 + 2x – 1 = 0 
(m ≠ 0).

Câu 3. (3®

)

Cho tam giác ABC vuông cân tại A, AD là trung tuyến. Lấy điểm M bất kỳ trên đoạn AD

(M ≠ A; M ≠ D). Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên AB, AC; H là hình chiếu vng
góc của I trên đường thẳng DK.

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

Câu 4. (1®) Cho x > 0 , y > 0 và x + y  1 Chứng minh rằng 2 2

1 1 4

x xyy xy

4 Đề thi thử vào lớp 10 năm học 2012 2013

phn a: trc nghim khỏch quan(2,0 điểm)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

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
đ-ờng kính của đđ-ờng trịn đó là:

2cm B. 5cm C. 
5

2cm D. 2cm

Câu 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

C©u 7:Độ dài cung trịn 1200 của đường trịn có bán kính 3 cm là:



cm. B.

2 

cm. C.

3 

cm. D. Kết quả khác.

Câu 8: Cho đờng trịn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên). Biết COD 1200 thì
diện tích hình quạt OCmD là:

2
3
R

B. 4

 2
R
C.
2
3
 2
R

D. 3

 2

phÇn b: tù luËn (8,0 ®iĨm)

Bµi 1:(1 ®iĨm)

a) Rót gän biĨu thøc: A = 27 12
b) Giải phơng trình : 2(x - 1) = 5

Bài 2:(1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P) và đờng thẳng (d) có phơng trình:
(P): y=x2 (d): y=2(a-1)x+5-2a ; (a là tham số)

1. Với a=2 tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng (d) và (P).

2. Chứng minh rằng với mọi a đờng thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.

3. Gọi hoành độ giao điểm của đờng thẳng (d) và (P) là x1, x2. Tìm a để x12+x22=6.

Bài 3: (1,0 điểm)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 các xe chở nh nhau.

Bài 4:(3,0 điểm) Cho A là 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 vng góc với OB
(H thuộc OB). Chứng minh rằng:

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: ( 1,5 điểm)

1) Tỡm cỏc s nguyờn x, y thoả mãn đẳng thức : x2 + 4x +1 =y4

2) Giải hệ phơng trình :

x2

+xy+y2=3

x3+3(y − x)=1
¿{

§Ị 5 §Ị thi thử vào lớp 10 năm học 2012 2013
(Thời gian làm bài 120 phút)

I/ Trắc nghiệm (2 đ)

1200

O
D

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

Câu 1: Biểu thức

|

2

23

2

|

có giá trị lµ

A. 5

√

2 B.

√

2 C. −

√

2 D.

√

2 và −

√

2
Câu 2: Nừu hai đờng thẳng y = - 3x + 4 và y = (m+1)x + m song song với nhau thì m bằng.

A. – 2 B. 3 C. – 4 D. 3

Câu 3: Nừu x1; x2 là nghiệm của phơng trình 2x2 mx 3 = 0 thì tæng x12 + x22 b»ng
A. m

2 B. −

m

2 C. m

4 +3 D.

m2

4 −3

Câu 4: Cho biểu thức P=a

√

6 với a < 0. Da thừa số ở ngoài dấu căn vào trong dấu căn, ta đợc P bằng.
A.

√

6a2 B. −

√

6a C.

√

6a D. −

√

6a2
Câu 5: Trong các phơng trình sau đây, phơng trình nào có hai nghiệm dơng?

A. x2 - 2

√

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

√

5 x - 1
= 0

Câu 6: Cho hai đờng tròn (O;R) và (O’;R’) có OO’ = 4 cm; R = 7cm; R’ = 3 cm Hai đờng tròn đã cho
A. cắt nhau B. tiếp xúc trong C. ở ngoài nhau D. tiếp xúc ngoài

Câu 7: Cho tam giác ABC vng ở A, có AB = 3cm, chiều cao là 5cm, khi đó, diện tích xung quanh của hình trụ
bằng.

A. 30cm2 B. 30 π cm2 C. 45 π cm2 D. 15 π cm2

C©u 8: Cho hệ phương trình

2 3 2
3 2 3

x y

 




 

 . Cặp số nào sau đây là nghiệm của hệ phương trình?

A.(1;1) B.(2; -1) C.(-2; 1) D.(1; 0)

II/ Tù luËn (8 ®)

C©u 1: Cho biĨu thøc P=

(

√

x

√

x −1−
1

x −

√

x

)

(

√

x+

x −1

)

a, Rót gän biĨu thøc P

b, TÝnh gi¸ trị P khi x = 4 - 2

3

Câu 2: Cho phơng trình x2 (m 1)x + m – 3 = 0
a, Chứng minh phơng trình có hai nghiệm víi mäi m
b, T×m giá trị nhỏ nhất của P = x12 + x22

Câu 3: Giải hệ phơng trình

x

y 2=1
4

x+

y 2=5

{

Câu 4:(3,5) Cho hai đường trịn (O) và (O’) tiếp xúc ngồi tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài DE (D

(O), E (O’)). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt DE tại I.
a) Tính số đo góc DAE (1đ)

b) Gọi M là giao điểm của OI và AD, N là giao điểm của O’I và AE. 
Tứ giác AMIN là hình gì? Vì sao? (1đ)

c) Chứng minh rằng IM.IO = IN.IO’(1đ)

d) Chứng minh bốn điểm D, O, A, I cùng thuộc một đường tròn (0,5đ)

C©u 5: a, Cho x; y > 0 chøng minh r»ng 1

x+

y ≥

x+y

§Ị 6 Đề thi thử vào lớp 10 năm học 2012 2013
(Thêi gian lµm bµi 120 phót)

I.Trắc nghiệm:(2 điểm)Hãy ghi lại một chữ cái đứng trớc khẳng định đúng nhất.
Câu 1: Kết quả của phép tính



8 18 2 98  72 : 2



là :

A . 4

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

Câu 2 : Giá trị nào của m thì phơng trình mx2 +2 x + 1 = 0 cã hai nghiƯm ph©n biƯt :

A. m0

1
4
m

C. m0vµ

1
4

m D. m0và m1

Câu 3 : Phng trỡnh x2 2(m-1)x + m2 – 1 = 0 có hai nghiệm trái dấu khi:

A. m > 1 B. m < 1 C. m > -1 hoặc m < 1 D. m  1

C©u 4 :Nếu 2 đường thẳng y = -3x - 4 (d1) và y = (m+1)x + m (d2) song song với nhau thì m bằng:
A. - 2 B. 3 C. - 4 D. khụng có giá trị nào
Câu 5 :Hµm sè y =

√

3− m x + 5 lµ hµm sè bËc nhÊt khi:

A. m = 3 B. m > 3 C. m 3 D. m < 3

Câu 6 :Hàm số y =

2
1

m x

 



 

  đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0 nếu.

1
m

2


1
m

2


1
m

2


1
m

2


Câu 7 :Cho tam giácABC nội tiếp đờng trịn (O) có  

0 0

60 ; 45

B C . SđBC là:
A . 750 B . 1050 C . 1350 D . 1500

Câu 8 :: Một hình nón có bán kính đờng trịn đáy là 3cm, chiều cao là 4cm thì diện tích xung quanh hình

nón là:

A 9(cm2) B. 12(cm2) C . 15(cm2) D. 18(cm2)

II. Tự Luận: (8 điểm)

Câu 1 : Cho biÓu thøc A=

1 2

1 1

x x x x

x x

  



 

a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A. c) Với giá trị nào của x thì
A<1.

C©u 2 : Cho hệ phơng trình:

(a+1)x+y=4

ax+y=2a
{

(a lµ tham sè)

1. Gi¶i hƯ khi a=1.

2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của a, hệ ln có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho x+y≥ 2.
Câu 3 : Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB>BC). Vẽ đờng tròn
tâm (O') đờng kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vng góc với AC tại I, MC cắt đờng trịn

O' t¹i D.

a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao? b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp?
c) Xác định vị trí tơng đối của ID và đờng tròn tâm (O) với đờng tròn tâm (O').

Câu 4: a)Giải hệ

x+y+xy=5

x2+y2+xy=7
{

b)Cho hai số dơng x; y thoả mÃn: x + y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = 1

x2

+y2+

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

Đáp án

1C;2D;3D;4C

a) A cã nghÜa 

0
1 0
x

x





 


 

0
1
x

x








0.5

b) A=









1 1

x x x

x x

 



  =2 x1

0.5

0.25

0.25
c) A<1  2 x1<1

0.25

 2 x2 0.25

 x1  x<1 0.25

Kết hợp điều kiện câu a) Vậy víi 0 x 1 th× A<1 0.25
6

2giê 24 phót=
12

5 giờ

Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk x>0)

0.25

Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ)

Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy đợc :
1

x(bể) Trong 1 giờ vịi thứ hai chảy đợc : 
1

x (bĨ)

0.5

Trong 1 giờ cả hai vòi chảy đợc :
1
x +

1
2
x (bể)

Theo bài ra ta có phơng trình:
1
x+

1
2
x =

1
12

5 Giaỉ phơng trình ta đợc x1=4; x2
=-6
5 (loại)

0.25
0.75

VËy: Thêi gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ

Thêi gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giê) 0.25
7

Vẽ hình và ghi gt, kl đúng

I

D

N
M

O'
O

A

C
B

0.5

a) Đờng kính ABMN (gt)  I là trung điểm của MN (Đờng kính và dây cung) 0.5
IA=IC (gt)  Tứ giác AMCN có đơng chéo AC và MN cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng và vng góc với
nhau nên là hình thoi.

0.5

b)ANB900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O) ) BN AN.
AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN). BN MC (1)

 900

BDC (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng trịn tâm (O') )BD MC (2)

Từ (1) và (2)  N,B,D thẳng hàng do đó NDC 900(3).
 900

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

c) OBA. O'BC mà BA vafBC là hai tia đối nhau  B nằm giữa O và O' do đó ta có OO'=OB + O'B

đ-ờng tròn (O) và đđ-ờng tròn (O') tiếp xúc ngoài tại B

MDN vuông tại D nên trung tuyến DI =
1

2MN =MI MDI cân  IMD IDM  .

T¬ng tù ta cãO DC O CD '  ' mµ IMD O CD ' 900(v× MIC900) IDM O DC ' 900 0.5

ĐÁP ÁN ĐỀ S 1.

I/ Trắc nghiệm khách quan.

1- C 2 - b 3 - a 4 - c

5 - d 6 - b 7 - d 8 - c

II/ tù luËn.

Bµi 1:

1. Khi m = 3, phơng trình đã cho trở thành : x2- 4x + 4 = 0  (x - 2)2 = 0  x = 2 là nghiệm kép ca

phơng trình.

2. Phơng trình có nghiệm 0 (-2)2 -1(m + 1) ≥ 0  4 - m -1 ≥ 0  m ≤ 3.

Vậy với m ≤ 3 thì phơng trình đã cho có nghiệm.

3. Với m ≤ 3 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm . Gọi hai nghiệm của phơng trình là x1, x2 .Theo

định lý Viét ta có : x1 + x2 = 4 (1), x1.x2 = m + 1 (2). Mặt khác theo gt : x12 + x22 = 10  (x1 + x2)2

- 2 x1.x2 = 10 (3). Từ (1), (2), (3) ta đợc :16 - 2(m + 1) = 10  m = 2 < 3(thoả mãn) . Vậy với m =

2 thì phơng trình đã cho có 2 nghiệm thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 10.

Bài 2:Điều kiện để hệ có nghiệm:

2 0 2

x x
y y


. Đặt

2 0
2 0
x a
y b
   


  


 Khi đó hệ phơng trình đã

cho trë thµnh :

3 1
3
a b
a b
 


 

 .Giải hệ này ta đợc

1 0

2 0
a
b
 


 
 (TM).
Víi
1
2
a
b





 ta cã :

2 1 2 1 3

2 4 2

2 2

x x x

y y
y

       

 
  
  
   


 (TM).Vậy (x;y) = (3 ; 2) là nghiệm của hệ đã cho.

Bµi 3:

1. Ta cã



 







2 6 3 3 6 3 3 2 6 3 3 6 3 3 12 2 62 3 3
12 2 3 18

A           

   

 A = 3 2(v× A > 0)



5 2 6

 

5 2 6



2 5 2 6



5 2 6

 

3 2





3 2



3
9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2
9 3 11 2

1
9 3 11 2
B
 




   
  

 

Bµi 4:

2. Ta cã KC  CI (gt), CB  AC (gt)  CKB ICA  (cỈp gãc

nhọn có cạnh tơng ứng vng góc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK (A B  900) có CKB ICA 
(cm/t) .Suy ra AIC đồng dạng với BCK. Từ đó suy ra

AI BC

AI BK BC AC

AC BK     (®pcm).

a

c

b

i

p

k

o

Gọi O là tâm đờng trịn đờng kính IC

1. V× P
;
2
IC
O
 
 

   IPC 900  KPC 900.

XÐt tø gi¸c PKBC cã KPC900(chøng minh trªn)

 900

KBC (gt) . Suy raKPC KBC 1800. Suy ra tø

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

3. Tø giác CPKB nội tiếp (câu 1) PBC PKC (1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại có IAC900
(gt) A

;
2
IC
O

, mặt khác P ; 2
IC
O

 

 

 (cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội tiếp  PIC PAC

(2).

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta đợc : PBC PAC PKC PIC    .Mặt khác tam giác ICK vuông tại C (gt)
suy ra PKC PIC  900 PBC PAC 900, hay tam giác APB vuông tại P.(đpcm)

4. IA // KB (cùng vng góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vng. Suy ra





ABKI =

2
AI BK AB

s 

 Max SABKI  Max





AI BK AB

nhng A, I, B cố định do đó AI, AB khơng
đổi .Suy ra Max



AI BK AB



 Max BK . Mặt khác

AC CB
BK

AI

(theo câu 2) .Nên Max BK Max

AC.CB . Mµ





2 2

4 4

AC CB AB

AC CB   

(khơng đổi) .

DÊu “=” x¶y ra  AC = BC C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì SABKI là lín

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

ĐỀ SỐ 2. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN

Khóa ngày 3 tháng 7 năm 2006

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

C©u 1: ( 2 ®iĨm )

1) Phân tích x2 9 thành tích.

2) x = 1 cã là nghiệm của phơng trình x2 5x + 4 = 0 không ?

Câu 2: ( 2 điểm )

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

2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy

Câu 3: ( 1,5 điểm )Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và
số thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 n v.

Câu 4: ( 1,5 điểm )Rút gọn biểu thøc: P =

2 1

a b ab

a b a b

 

  víi a, b 0 vµ a ≠ b

Câu 5: ( 2 điểm )Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua
A và vng góc với AB cắt tia BE tại F

1) Chøng minh rằng: AF // CH
2) Tứ giác AHCF là hình gì ?

Câu 6: ( 1 điểm )Tìm giá trị lín nhÊt cđa A = (2x – x2)(y – 2y2) víi 0  x ; 0  y 

1
2

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

C©u 1.

1) Phân tích x2 9 thành tÝch

x2 – 9 = (x + 3)(x - 3)

2) x = 1 cã lµ nghiƯm cđa phơng trình x2 5x + 4 = 0 không ?

Thay x = 1 vào phơng trình ta thấy: 1 – 5 + 4 = 0 nªn x = 1 là nghiệm của phơng trình.
Câu 2.

1) Hm s y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
Hàm số y = - 2x + 3 là hàm nghịch biến vì có a = -2 < 0

2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy

Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0; 3)
Với y = 0 thì x =

2 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Oylà: (
3
2; 0)

C©u 3. Gäi sè thø nhất là x, số thứ hai là y

Vì tổng của hai số bằng 17 nên ta có phơng tr×nh: x + y = 17 (1)

Khi tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị thì số thứ nhất sẽ là x + 3 và số thứ hai lên 2 đơn vị thì số thứ hai sẽ là y
+ 2.

Vì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị nên ta có phơng trình:
(x + 3)(y + 2) = xy + 45

 2x + 3y = 39 (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã hệ phơng trình:

17
2 3 39
x y

x y

Giải hệ phơng trình ta đợc

12
5
x
y








C©u 4.P =







 



.( ) .

a b

a b a b a b a b

a b



     

 víi a, b 0 vµ a ≠ b

Câu 5.Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A và vng
góc với AB cắt tia BE tại F

a) Chøng minh r»ng: AF // CH
b) Tø gi¸c AHCF là hình gì ?

a) Ta có H là trực tâm tam giác ABC suy ra CH AB
d AB suy ra AF AB suy ra CH // AF

b) Tam giác ABC cân tại B có BE là đờng cao nên BE đồng thời là đờng trung trực suy ra EA = EC , HA =
HC, FA = FCTam giác AEF = tam giác CEH nên HC=AF suy ra AH = HC = AF = FC nên tứ giỏc AHCF
l hỡnh thoi

Câu 6.Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x – x2)(y – 2y2) víi 0  x  2 0  y 

1
2

Víi 0  x  2 0 y

2 thì 2x-x2 0 và y – 2y2 0

áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2x – x2 = x(2 - x) 

2
x 2

1
2

x
 

 



 

 

y – 2y2 = y(1 – 2y ) =

1 1 2 1 2 1

.2 (1 2 )

2 2 2 8

y y

y  y      

 

 (2x – x2)(y – 2y2) 

1
8

DÊu “=” x¶y ra khi x = 1, y =

4VËy GTLN cđa A lµ 
1

8 x = 1, y = 
1
4

ĐỀ SỐ 3 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
 ( Thời gian 120 phút, không kể thi gian giao )

Bài 1: ( 2 điểm ).Tính giá trị của biểu thức:

A 1

(1

2)

3 3

B



9 

80 

9 

80

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

Bµi 3: ( 1 điểm ). Giải hệ phơng trình:

x y 2

3x 2y 6















Bài 4: ( 2 điểm ). Một đội cơng nhân hồn thành một cơng việc, cơng việc đó đợc định mức 420 ngày
cơng thợ. Hãy tính số công nhân của đội, biết rằng nếu đội tăng thêm 5 ngời thì số ngày để hồn thành
cơng việc sẽ giảm đi 7 ngày, giả thiết năng suất của các công nhân là nh nhau.

Bài 5: ( 4 điểm ). Cho tam giác ABC vng ở A và có AB > AC, đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC
chứ

a điểm A, vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB tại E, nửa đờng trịn đờng kính HC cắt AC tại F.
a)Chứng minh tứ giác AEHF là hỡnh ch nht.

b)Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác néi tiÕp.
c)Chøng minh AE.AB = AF.AC.

d)Gọi O là giao điểm của AH và EF. Chứng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong đó 2p = AB + BC
+ CA.

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

Bµi 1.

A 1

 

(1



2)

 

1 2 1





2

3 3

B



9 

80 

9 

80

HD: áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3=a3 + b3 + 3ab(a + b)

LËp ph¬ng hai vÕ ta cã:

3 3 3 3

B



( 9



80 

9 

80 )





3 3 3 3

B

 

9 80 9

 

80 3 (9



80)(9



80)

9 

80 

9 

80 B



18 3B



=> B3 - 3B - 18 = 0

<=> (B - 3)(B2 + 3B + 6) = 0

B 3 0

B

3B 6 0 (VN)







 



 



VËy B = 3
Bµi 2.

4 3 2

x



2008x



2008x



2008x 2009 0





3 2

(x 1)(x

2009x

x 2009) 0

(x 1) x (x 2009) (x 2009)

0 (x 1)(x 2009)(x

1) 0

x 1 0

x 1

x 2009 0

x

2009

x

1 0 (VN)





















































 







 



Bµi 3.

x y 2

3x 3y 6

x 2

3x 2y 6

y 0

























Bµi 4.

Gäi sè công nhân của Đội là x (x nguyên dơng)

Phn vic đội phải làm theo định mức là:

420 x

Nếu đội tăng thêm 5 ngời thì phần việc phải làm theo định mc l:

420 x 5

Theo đầu bài ta có pt:

420

7 x



x 5







x



5x 300 0





Ta đợc: x1 = 15 (thoả mãn); x2 = -20 (loại)

Vậy đội cơng nhân có 15 ngời.
Bài 5.

C B

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

a) Ta có:

CFH BEH 90









0 (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)
=>

AFH AEH FAE 90

=> Tứ giác AEHF là hình ch÷ nhËt.

b) Ta có:

EBH EAH 90









0 mà

EAH EFH







(tc đờng chéo hcn)
=>

EBH EFH 90









Do đó:

EFC EBC CFH EFH FBC 90























90 

180

=> BEFC là tứ giác nội tiếp.

c) Ta có:

ABH AHE







(cùng phụ với

EAH



) mà

AHE AFE







(đờng chéo hcn)
=>

ABH AFE







hay

ABC AFE







XÐt AEF vµ ACB ta cã:



EAF CAB 90





ABC AFE



(cm trªn)

=> AEF đồng dạng ACB =>

AE

AF

AE.AB AF.AC

AC



AB





d) Trong OAB ta cã:

OA + OB > AB (quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác)
tơng tự: OC + OA > AC

OB + OC > BC

=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC

AB BC CA

OA OB OC

2 



OA OB OC p

(1)
Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)

OC < AC (do OH < AH)
OB < BC

=> OA + OB + OC < AB + BC + CA
=> OA + OB + OC < 2p (2)

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

ĐỀ SỐ 4.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
 TP HCM MƠN: TỐN

Năm học: 2007 - 2008

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

Câu 1: ( 2 điểm )

Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1)

2x y 1 (a)

3x 4y 1 (b)

 




 

 (2)

Câu 2: ( 2 điểm )

Thu gọn các biểu thức sau:

a) A = 7 4 3  7 4 3

b) B =

x 1 x 1 .x x 2x 4 x 8

x 4 x 4 x 4 x

      



 

    

  (x > 0; x ≠ 4).

Câu 3: ( 2 điểm )

Cho phương trình x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)

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

2 2

1 2 1 2

x x  x x 7.

Câu 4: ( 4 điểm )

Từ điểm M ở ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA, MB
đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.

a) Chứng minh MA2 = MC.MD.

b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên một
đường tròn.

c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường trịn. Suy
ra AB là phân giác của góc CHD.

d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A, B,
K thẳng hàng.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 4.

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

a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1)

Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là:
x1 = 1 hay x2 =

c 5

a  2.

Cách 2: Ta có  = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là x
1 =

3 7 5

4 2

 


hoặc x2 =

3 7 1
4

 


2x y 1 (a)

3x 4y 1 (b)

 




 

 (2)

Cách 1: Từ (a)  y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được:

3x + 4(1 – 2x) = –1  –5x = –5  x = 1.

Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.

Cách 2: (3) 

8x 4y 4

3x 4y 1

 


 
  
5x 5

3x 4y 1




 
  
x 1

3.1 4y 1





 
  
x 1
y 1




 .

Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Câu 2:

a) A = 7 4 3  7 4 3 = (2 3)2  (2 3)2 =2 3 2  3
Mà 2 – 3 > 0 và 2 + 3 > 0 nên A = 2 – 3 – 2 – 3 = 2 3.

b) B =

x 1 x 1 .x x 2x 4 x 8

x 4 x 4 x 4 x

      



 

    

  .

= 2 2 2

x 1 x 1 .(x 4)( x 2)

( x) 2 ( x 2) x

     

 
   
 
=
2 2

( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2).

( x) 2 ( x 2)

 
      
 
     
 
 
=

x 3 x 2 (x 3 x 2)
x

    

6 x
x = 6.

Câu 3: x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)

a) Chứng minh phương trình trên ln có 2 nghiệm phân biệt.

Cách 1: Ta có: ' = m2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên ln có hai nghiệm phân biệt.

Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trình ln có hai phân biệt.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên.
Tìm m để x21x22 x x1 2 7.

Theo a) ta có với mọi m phương trình ln có hai
nghiệm phân biệt.

Khi đó ta có S = x x1 2 2m và P = x1x2 = –1.

Do đó x12x22 x x1 2 7  S2 – 3P = 7  (2m)2 + 
3 = 7  m2 = 1  m =  1.

Vậy m thoả yêu cầu bài toán  m =  1.
Câu 4:

a) Xét hai tam giác MAC và MDA có:

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

–  M chung

–  MAC =  MDA (=

đAC

1 s

2 ).

Suy ra MAC đồng dạng với MDA (g – g)



MA MC

MD MA  MA2 = MC.MD.

b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên
MAO =  MBO = 900.

* I là trung điểm dây CD nên  MIO = 900.
Do đó:  MAO =  MBO =  MIO = 900

 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO.

c)  Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R(O). Do đó MO là trung trực của
AB  MO  AB.

Trong MAO vng tại A có AH là đường cao  MA2 = MH.MO. Mà MA2 = MC.MD (do a)) 

MC.MD = MH.MO 

MH MC

MD MO (1).

Xét  MHC và MDO có:

M chung, kết hợp với (1) ta suy ra MHC và MDO đồng dạng (c–g –c)
  MHC =  MDO  Tứ giác OHCD nội tiếp.



Ta có: + OCD cân tại O   OCD =  MDO
+  OCD =  OHD (do OHCD nội tiếp)

Do đó  MDO =  OHD mà  MDO =  MHC (cmt)   MHC =  OHD

 900 –  MHC = 900 –  OHD   CHA =  DHA  HA là phân giác của  CHD hay AB là phân 
giác của  CHD.

d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì  OCK =  ODK = 900)

  OKC =  ODC =  MDO mà  MDO =  MHC (cmt)
  OKC =  MHC  OKCH nội tiếp

  KHO =  KCO = 900.

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

ĐỀ SỐ 5.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
 QUẢNG NAM MƠN: TỐN

Năm học: 2007 - 2008

( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề ) 
Câu 1. ( 2 điểm )

Giải các phương trình sau:
a) 2x – 3 = 0.

b) x2 – 4x – 5 
Câu 2. ( 2 điểm )

a) Cho phương trình x2 – 2x – 1 = 0 có hai nghiệm là x

1 và x2. Tính giá trị của biểu thức
S = x2

x1

+ x1

x2

b) Rút gọn biểu thức:
A =

(

√

a−3

)

(

√

a+3

) (

1−

√

a

)

với a > 0 và a 9 .

Câu 3. ( 2 điểm )

a) Xác định các hệ số m và n, biết rằng hệ phương trình
¿

mx− y=n

nx+my=1
¿{

¿
Có nghiệm là

(

−1,

√

)

b) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 108 km. Hai ôtô cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B,

mỗi giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nên xe đến B trước xe thứ hai là 12 phút. Tính vận
tốc mỗi xe.

Câu 4. ( 3 điểm )

Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường trịn (O). Kẻ đường kính AD. Gọi M là trung điểm
của AC, I là trung điểm của OD.

a) Chứng ning OM // DC.

b) Chứng minh tam giác ICM cân.

c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC2 = IA.IN
Câu 5. ( 1 điểm )

Trên mặt phẳng toạ độ Õy, cho các điểm A( -1 ; 2 ), B( 2 ; 3 ) và C( m ; 0 ). Tìm m sao cho chu vi
tam giác ABC nhỏ nhất.

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

ĐỀ SỐ 5.
Câu 1:

Giải phương trình:

a) 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x = 3

2 .

b) x2 – 4x – 5 = 0.

Phương trình có dạng a – b + c = 0. Nên có một nghiệm x1 = –1 và nghiêm thứ hai x2 = − c

a = 5.

Câu 2.

a) Tính được x1 + x2 = 2 và x1.x2 = – 1.
Biến đổi:

S = x1

+x22

x1.x2 =

(

x1+x2

)

2−2x

1x2

x1.x2 = – 6.

b) Biến đổi

(

√

a−3

)

(

√

a+3

)

√

a

(

√

a−3) (

√

a+3) = 1–

√

a =

√

a −3

√

a

Rút gọn A = 2

√

a+3 .
Câu 3.

a) Thay giá trị x,y vào hệ ta có hệ phương trình sau:
¿

− m−

√

3=n

−n+

√

3m=1
¿{

Giải hệ ta tìm được m =

√

3−2 và n = 2−2

√

3 .
b) Gọi vân tốc xe thư nhất là x ( km/h) ( x> 6)
Vân tốc của xe thứ hai là x −6 ( km/h)

Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là: 108

x ( giờ )

Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là: 108

x −6 ( giờ )

Theo bài ra ta có phương trình: 108x −6− 108

x =

1
5 (*)

Giải phương trình (*) tìm được x = 60 và x = – 54 ( loại )

Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h.
Câu 4.

GT ΔABC cân tại A, nội tiếp (O)
M là trung điểm của AC.

I là trung điểm của OD
KL a) OM // DC

b) ΔICM cân.
c) IC2 = IA.IN

B C

D
a) MA = MC => OM AC

O
M

N

K

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

Góc ACM = 900 => DC AC
OM không trùng DC => OM // DC.

b) Gọi K là trung điểm của MC => IK là đường trung bình của hình thang OMCD
=> IK // OM => IK MC

=> ΔIMC cân tại I.

c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA
Suy ra tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI

Suy ra MI2 = IA.IN, mà IC = IM nên IC2 = IA.IN

Câu 5. y
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua trục Ox.

=> A’ (−1;−2) và AC = A’C. B
Do AB không đổi nên AB + AC + BC nhỏ nhất <=> A

AC + BC nhỏ nhất.

Ta có AC + BC = A’C = CB A’B. 0 C x
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, C, B thẳng hàng, tức là C

Là giao điểm của A”b với trục Ox. A’
A’ (−1;−2), B(2;3) => pt đường thẳng A’B: y = 5

3 x −
1
3

Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C ( 1

5;0 ) => m =
1
5

ĐỀ SỐ 6.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
 ĐÀ NẲNG MƠN: TỐN

Năm học: 2007 - 2008

( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề ) 
Bài 1. ( 2 điểm )

a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức: 5

√

5 và
5
2+

√

b) Rút gọn biểu thức: A=

√

ab−2

√

b2

b −

√

a

b . Trong đó a 0, b>0
Bài 2. ( 2 điểm )

a) Giải phương trình: x2 + 2x -35 = 0

b) Giải hệ phương trình:

2x −3y=2

x+2y=8
¿{

Bài 3. ( 2,5 điểm )

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm a ( 1; 1 ), B( 2; 0 ) và đồ thị (P) của hàm số y = − x2 .

a) Vẽ đồ thị (P).

b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA. Chứng minh rằng đường

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

Bài 4. ( 3,5 điểm )

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N ( N khác A và B ), trên
cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN.

a) Chứng minh ΔBNC=ΔAMB .

b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp.
c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh.

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 6.

Bài 1.

a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:

√

5 =

√

5
5

√

3 =

(

2−

√

)

(

√

)(

2−

√

)

10−5

√

4−3 =10−5

√

b) Rút gọn:
A =

√

ab−2

√

b2

b −

√

a
b . =

√

a

√

b−2−

√

a

√

b=−2 . với a 0, b>0 .

Bài 2.

a) x2 + 2x – 35 = 0 (*)

Δ ’ = 1 + 35 = 36 = 62.

Do đó (1) có hai nghiệm phân biệt.
¿

x1=−7

x2=5

¿{
¿
b) Giải hệ phương trình:

2x −3y=2(a)
x+2y=8(b)

¿{

nhân (b) với 2 và lấy (a)−2(b) . Ta có

<=>

−7y=14

x+2y=8

¿{

<=>
¿

y=2

x=8−4
¿{

<=>
¿

x=4

y=2
¿{

Bài 3. A (d)
a) Vẽ đồ thị: -2 -1 0 1 2
-1 B

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

b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax. Thay thế tạo độ A vào ta có 1 = a.
vì d // OA nên phương trình đường thẳng d có dạng y = x + b.

d đi qua B ( 2; 0 ) => 0 = 2 + b => b = −2 => phương trình d là y= x −2 .
Phương trình hồnh độ giao điểm của d và (P) là: − x2=x −2⇔x2+x −2=0

⇔x=xC=1 hay x=xD=−2 ( vì a + b + c = 0 )
⇒yC=1−2=−1 và yD=−2−2=−4

Ta có: xA = xC => AC Ox.
=> SACD = 12

|

xC− xD

|

yA− yC

|

(

xC− xD

) (

yA− yC

)

2(1+2)(1+1)=3

Vậy SACD = 3 cm2.

Bài 4. A

B C

a) Chứng minh Δ BNC = Δ AMB.
¿

BN=AM

∠B=∠A=600

BC=AB

¿{ {
¿

=> Δ BNC = Δ AMB. ( c.g.c ).

b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp.
¿

¿
¿{

∠BNC=∠AMB

∠BNC+ANP=1800

(ΔAMB=ΔBNC)
¿

=> ∠AMB+∠ANP=1800 => tứ giác

ANPM nội tiếp.

c) Quỹ tích điểm P khi N di động trên cạnh AB.

Tứ giác ANPM nội tiếp và ∠A=600 => ∠NPM=1200 => ∠BPC=1200 .

BC cố định => Pln nhìn bc với góc 1200 khơng đổi. Nên khi N di động trên AB thì quỹ tích P là 
cung chứa góc 1200 dựng trê đoạn BC.

+ Giới hạn quỹ tích:

Khi N trùng B thì P trùng B
Khi N trùng A thì P trùng C.

Vậy quỹ tích điểm P là cung BC, nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ là cung BC.

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

ON THPT

xác định với giá trị nào sau đây của x ?











 



xác

đị

nh khi

1

2

<i>x</i>



1

2

<i>x</i>



<i>x</i>



0

1

2

<i>x</i>



1

2

<i>x</i>



<i>x</i>



0













1

2

1

2



5 2x



5

x

2



5

x

2



2

x

5



5

x

2



y x 2

 

1

y

x 1

2





y



3



2 1 x







y 6 3 x 1