002

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (675.03 KB, 29 trang )

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

SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPTNĂM HỌC 2011 – 2012

THI NGÀY 22/6/2011 Mơn: TỐN

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

ĐỀ CHÍNH THỨC 
Bài 1: (2,0 điểm)









2
4 2

)9 3 2 0

) 7 18 0

2) 12 7 2 3

a x x

x x

m y x m y x m

  

 

1) Giải các ph ¬ng tr×nh sau:

Với giá trị nào của thì đồ thị hai hàm số và cắt nhau tại một điểm trên
trục tung.

Bài 2: (2,0 điểm)

2 1

1 2 3 2 2

1 1 1 2

2) 1 .

1 1

)

) 3.

x

x x x

a

b x

 

 

   

      



 

   



Rót gän biĨu thøc: A

Cho biĨu thøc: B
Rót gän biĨu thøc B

Tìm giá trị của để biểu thức B .
Bài 3: (1,5 điểm)

 





2 2

2 1

2 2

1) 1

2) ;

y x m
x y m

m

m x y x y

  




  




 

Cho hệ ph ơng trình:
Giải hệ ph ơng trình 1 khi

Tỡm giỏ tr ca đề hệ ph ơng trình 1 có nghiệm sao cho biểu thức P
đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường trịn

 

O . Hai đường cao BD
và CE của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn

 

O tại
điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn

 

O tại điểm thứ hai Q. Chng minh:

1)BEDC là tứ giác nội tiếp.
2) HQ.HC HP.HB

3) Đ ờng thẳng DE song song với đ ờng thẳng PQ.

4) Đ ờng thẳng OA là đ ờng trung trực của đoạn thẳng PQ.

Bi 5: (1,0 điểm)

Cho x;y;z là 3 số thựctùy ý . Chứng minh rằng: x + y + z -yz -4x - 3y -7

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

1/a/ 9x2+3x-2=0; =81,phương trỡnh cú 2 nghiệm x

1=

2
3


;x2=
1
3

b/ đặt x2=t (t0) pt đó cho viết được t2+7t-18=0 (*); 121 112

   pt (*) cú t=-9 (loại);t=2

với t=2 pt đó cho cú 2 nghiệm x 2;x 2

2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung tại điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục 
tung tại điểm B(0;3+m) theo yêu cầu bài toán AB khi 7-m=3+m tức là m=2.

Cõu 2:
1/

2 1 7 5 2

1 2 3 2 (1 2)(3 2 2)
(7 5 2)(1 2)(3 2 2)

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

A    

   

  

   



2/ a/

1 1 1 2

( )( )

( 1)( 1)

1 2 2 2

( )( )

( 1)( 1)

x x x

B

x x x

x x

x x x x

    

 

 



 

b/

2 4

3 3

B x

x

    

(thoả món đk )
Cõu 3:

1/ Khi m=1 ta cú hệ pt:

2 2 (1)
2 1 (2)

y x
x y

 




 

 rút y từ (2) y=2x+1 thế vào pt (1) được x=0, suy

ra y=1

Vậy hệ cú nghiệm (0;1)

2/

2 2 2 2 2

2 2 2

( 1) 2 2 1

2 1 1

( 2 ) 2. ( ) 1 ( )

2 2 2

1 1 1

( 2 )

2 2
2

P x y m m m m

m m

m

        

    

   

P đạt GTNN bằng

1
2khi

1 1

2
2

m  m

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

H
E

Q

P

D

O
A

B C

1) Từ giả thiết ta cú:



0
0

90
90

CEB
CDB

 







 suy ra E,D nhỡn B,C dưới 1 góc vng,nên tứ giác 
BEDC nội tiếp được trong 1 đường trũn.

2) Vỡ tam giỏc HBC và HPQ đồng dạng (góc gúc)nờn HQ.HC=HP.HB

3) BEDC nội tiếp đường trũn suy ra BDE BCE  BCQ ; từ cõu 1/ TA Cể :BPQ BCQ 
Suy ra BDE BPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)

4) OP=OQ (vỡ bằng bỏn kớnh đường trũn O) (1)

 

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

H
E

Q

P

D

O
A

B C

5) Từ giả thiết ta cú:



0
0

90
90

CEB
CDB

 








 suy ra E,D nhỡn B,C dưới 1 góc vng,nên tứ giác 
BEDC nội tiếp được trong 1 đường trũn.

6) Vỡ tam giỏc HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB

7) BEDC nội tiếp đường trũn suy ra BDE BCE  BCQ ; từ cõu 1/ TA Cể :BPQ BCQ 
Suy ra BDE BPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)

8) OP=OQ (vỡ bằng bỏn kớnh đường trũn O) (1)

 

EBD ECD (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy ra QA=PA Vậy A và 
O cách đều P,Q nên suy ra đpcm.

Bài 5: (1,0 điểm)









2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2
2

, , 4 3 7.

1 1 3 3

4 3 4 4 2. . 2. . 3 3 4 3

4 2 4 2

1 3

2 3 7 7, , ,

2 2

x y z x y z yz x y

x y z yz x y x x y y z z y y

x y z y x y z

     

 

                



   

 

           

 

   



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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
CHUYÊN LAM SƠN

THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012

MÔN : TOÁN

(dùng chung cho thí sinh thi vào chuyên tin)

Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian phát đề
 Ngày thi: 19 tháng 6 năm 2011

Cõu I (2,5 điểm)

1. Giải phương trình: 2 x417 4 2x3 8 2x

2. Chứng minh rằng: 2 2

2
12
17
2
12

17 4







Câu II: (2 điểm) Giải phương trình:
(x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x2

Câu III (1,5 điểm)

Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn: x2x2y2 y2xy2xy3

Câu IV : (3 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm D và E sao
cho DE = BD + CE. Tia phân giác góc DBE cắt cạnh BC tại I. CMR :

a) Tam giác DIE vuông

b) Đường thẳng DI luôn đi qua một điểm cố định.

Câu V: (1 điểm)

Cho a, b là các số dương thỏa mãn: a+b =1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = 2011( )
6

19 4 4

2 b a b

a

ab    
---

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

NĂM HỌC 2011-2012

Mơn TỐN (Chung)

Thời gian 120 khơng kể thời gian giao đề 
Đề thi có 1 trang

---Cõu 1 (2,0 điểm)

Cho biểu thức: x

x
x
x
x
x
x
P










3

1
2
2
3
6
5
9
2

1) Tỡm x để P có nghĩa

2) Rỳt gọn P
3) Tỡm x để P<0

Cõu 2 (2,0 điểm)

1)Giải phương trỡnh : 1 2 1

2



 x
x
x
x

2)Giải hệ phương trình 















4
3
1
3
1
1
4
9
1
1
1
2
y
x
y
x

Cõu 3 (2,0 điểm)

Cho hàm số y=-2x2 có đồ thị (P)

1) Viết phương trỡnh đường thẳng đi qua 2 điểm M ,N biết M,N thuộc P có hồnh
độ lần lượt là -1 và 2

2) Lập phương trỡnh đường thẳng d song song với MN cắt P tại 2 điểm có hồnh độ
x1 ; x2 thỏa món x1 x2  5

Cõu 4 (3,0 điểm)

Trên đường trũn (O) đường kính AB lấy điểm M (khác A và B).Gọi H là trung điểm
MB . E,F là chính giữa cung nhỏ AM và BM của đường trũn (O).Tiếp tuyến của (O) tại F
cắt AM tại P

1) Chứng minh tứ giỏc HFPM là hỡnh chữ nhật
2) Chứng minh gúc EFH=450

3) Qua A kẻ đường thẳng (d) song song với PH .Đường thẳng 9d) cắt đường trũn
(O) tại tại D ( D khỏc A) .Chứng minh D, O, H thẳng hàng

Cõu 5 (1,0 điểm)

Cho các số thực dương a, b thỏa món a+b=4ab .Chứng minh rằng

1
1
4

4 2 2 

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

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

TP.HCM Năm học: 2011 – 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC MễN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phỳt

Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trỡnh và hệ phương trỡnh sau:
a) 3x2 2x1 0

5 7 3

5 4 8

x y

 




 



c) x45x2 36 0
d) 3x25x 3 3 0 

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số yx2 và đường thẳng (D): y2x 3 trên cùng một hệ
trục toạ độ.

b) Tỡm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phộp tớnh.

Bài 3: (1,5 điểm)

Thu gọn cỏc biểu thức sau:

3 3 4 3 4

2 3 1 5 2 3

A   

 

2 28 4 8

3 4 1 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    (x0,x16)

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trỡnh x2 2mx 4m2 5 0 (x là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phương trỡnh luụn luụn cú nghiệm với mọi m.

b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trỡnh.

Tỡm m để biểu thức A = x12x22 x x1 2. đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường trũn (O) cú tõm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường trũn (O)
sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuụng gúc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuụng gúc
với AB và HF vuụng gúc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC).

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

Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giỏc cõn

c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường trũn (O) (K
khỏc A). Chứng minh AEFK là một tứ giỏc nội tiếp.

d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID

BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trỡnh và hệ phương trỡnh sau:
a) 3x2 2x1 0 (a)

Vỡ phương trỡnh (a) cú a + b + c = 0 nờn

(a)

1
1

x hay x 

  

5 7 3 (1)
5 4 8 (2)

x y

 




 

 

11 11 ((1) (2))

5 4 8

y

x y

 




 





5 4

y
x







 

4
5
1

x
y





 


c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C)

Đặt u = x2

 0, phương trỡnh thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*)

(*) cú  = 169, nờn (*) 

5 13
4
2

u  

hay

5 13
9
2

u  

(loại)
Do đó, (C)  x2 = 4  x = 2

Cỏch khỏc : (C)  (x2 – 4)(x2 + 9) = 0  x2 = 4  x = 2

d) 3x2 x 3 3 3 0  (d)

(d) cú : a + b + c = 0 nờn (d)  x = 1 hay

3 3
3

x 

Bài 2:

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

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),



 1; 1 , 2; 4

 

 



(D) đi qua



1; 1 , 0; 3

 





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

2 2 3

x x

    x2 – 2x – 3 = 0  x1 hay x3 (Vỡ a – b + c = 0)
y(-1) = -1, y(3) = -9

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



1; 1 , 3; 9

 





Bài 3:

Thu gọn cỏc biểu thức sau:

3 3 4 3 4

2 3 1 5 2 3

A   

 

(3 3 4)(2 3 1) ( 3 4)(5 2 3)

11 13

   



22 11 3 26 13 3

11 13

 



= 2 3 2 3
=

( 4 2 3 4 2 3 )

2    =

2 2

( ( 3 1) ( 3 1) )

2   

=
1

[ 3 1 ( 3 1)]

2    =  2

2 28 4 8

3 4 1 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    (x0,x16)

2 28 4 8

( 1)( 4) 1 4

x x x x x

x x x x

   

 

   

2 28 ( 4) ( 8)( 1)

( 1)( 4)

x x x x x x

x x

      

 

2 28 8 16 9 8

( 1)( 4)

x x x x x x x

x x

       

  =

4 4

( 1)( 4)

x x x x

x x

  

 

( 1)( 1)( 4)
( 1)( 4)

x x x

x x

  

  = x1

Bài 4:

a/ Phương trỡnh (1) cú ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trỡnh (1)

cú 2 nghiệm phõn biệt với mọi m.

b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta cú: S = 2

b
m
a

 

; P = 4 5

c

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

 A = (x1 x2)2 3x x1 2= 4m23(4m5)=(2m3)2 6 6,với mọi m.

Và A = 6 khi m =
3
2


Vậy A đạt giỏ trị nhỏ nhất là 6 khi m =
3
2


Bài 5: a) Tứ giỏc AEHF là hỡnh chữ nhật vỡ cú 3 gúc

vuụng

Gúc HAF = gúc EFA (vỡ AEHF là hỡnh chữ
nhật)

Gúc OAC = gúc OCA (vỡ OA = OC)

Do đó: góc OAC + góc AFE = 900

 OA vuụng gúc với EF

b) OA vuụng gúc PQ  cung PA = cung AQ

Do đó: APE đồng dạng ABP



AP AE

ABAP  AP2 = AE.AB

Ta cú : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng

HAB vuụng tại H, cú HE là chiều cao)
 AP = AH APH cõn tại A

c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA  DE.DF = DK.DA

Do đó DFK đồng dạng DAE  gúc DKF = gúc DEA  tứ giỏc AEFK nội tiếp

d) Ta cú : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong

AHC vuụng tại H, cú HF là chiều cao)

Ta cú: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong

AHD vuụng tại H, cú HK là chiều cao)

Vậy  AK.AD = AF.AC

Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp,

vậy ta cú: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD)

và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2011 – 2012

Mụn: TỐN ( chung)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phỳt

Đề thi gồm 02 trang

PHẦN 1 – Trắc nghiệm (1điểm): Mỗi câu sau có nêu bốn phương án trả lời (A, B,C, D) ,
trong đó chỉ có một phương án đúng. Hóy chọn phương án đúng và viết vào bài làm chữ
cái đứng trước phương án lựa chọn.

Cõu 1: Phương trỡnh x2 mx m 1 0   cú hai nghiệm phõn biệt khi và chỉ khi:

A.m 2 . B.m . C.m 2 . D.m 2 .

B C

D
P

O H I

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

Cõu 2: Cho đường trũn (O) nội tiếp tam giỏc MNP cõn tại M. Gọi E; F lần lượt là tiếp
điểm của đường trũn (O) với cỏc cạnh MN; MP. Biết MNP 50  0. Khi đó, cung nhỏ EF
của đường trũn (O) cú số đo bằng:

A.1000. B.800. C.500. D.1600.

Cõu 3: Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng y x  3 với trục Ox, gọi  là góc tạo bởi

đường thẳng y3x 5 với trục Ox. Trong cỏc phỏt biểu sau,phỏt biểu nào sai ?
A. 450. B.  900. C. 900. D.  .

Cõu 4: Một hỡnh trụ cú chiều cao là 6cm và diện tớch xung quanh là 36 cm 2. Khi đó,
hỡnh trụ đó cho cú bỏn kớnh đáy bằng

A. 6 cm. B. 3 cm. C. 3 cm. D. 6cm.

PHẦN 2 – Tự luận (9điểm) : 
Cõu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức :

3 x 1 1 1

P :

x 1 x 1 x x

  

  

  

  với x 0 và x 1 

1) Rỳt gọn biểu thức P.
2) Tỡm x để 2P – x = 3.

Cõu 2.(2 điểm)

1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hồnh độ bằng 2 và M thuộc đồ
thị hàm số y2x2. Lập phương trỡnh đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M
( biết đường thẳng OM là đồ thị hàm số bậc nhất).

2) Cho phương trỡnh x2  5x 1 0 1 

 

. Biết phương trỡnh (1) cú hai nghiệm x ;x1 2.

Lập phương trỡnh bậc hai ẩn y ( Với cỏc hệ số là số nguyờn ) cú hai nghiệm lần lượt

là 1 1 2 2

1 1

y 1 và y 1

x x

   

Cõu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh:

3 2 17

x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26

x 2 y 1 5



 

  




 

  

  



Cõu 4.(3,0 điểm): Cho đường trũn (O; R). Lấy điểm M nằm ngoài (O;R) sao cho qua M kẻ
được hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) và góc AMB nhọn ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ
AH vng góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt đường trũn (O;R) tại N (khỏc A).

Đường trũn đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K (khỏc
A).

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

2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.

3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng
CD cắt MA tại E. Chứng minh CI = EA.

Cõu 5.(1,5 điểm)

1) Giải phương trỡnh :













2
2

x x 9 x 9 22 x 1
2) Chứng minh rằng : Với mọi

2 3

1 1

x 1, ta ln có 3 x 2 x

x x

   

      

   .

---HẾT---Gợi ý

Cõu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh:

3 2 17

x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26

x 2 y 1 5



 

  




 

  

  



ĐKXĐ: x 2; y 1

3 2 17 3 2 17 3 2 17

x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5

2x 2 y 2 26 2(x 2) 2 (y 1) 3 26 2 3 26

2 1

x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5

  

     

        

  

 

  

     

          

        

  

Cõu 5.(1,5 điểm)

1) Giải phương trỡnh :













2
2

x x 9 x 9 22 x 1



x2 9 x

 

2 9x



22 x 1







x2 9

 

 x2 9



9 x 1





 22 x 1





             

Đặt x – 1 = t; x2 9= m ta cú: m2 9mt 22t 2  22t2 9mt m 2 0

Giải phương trỡnh này ta được

m m

t ;t
2 11



 

 Với

m x 9

t ta có : x 1 x 2x 11 0 vô nghiêm

2 2



      

 Với

m x 9

t ta có : x 1 x 11x 2 0

11 11

  

      

121 8 129

    > 0 phương trỡnh cú hai nghiệm 1,2

11 129
x

 



Vậy phương trỡnh đó cho cú 2 nghiệm phõn biệt 1,2

11 129
x

 

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

2) Chứng minh rằng : Với mọi

2 3

1 1

x 1, ta ln có 3 x 2 x

x x

   

      

    (1)

2 3 2

2
2

1 1 1 1 1 1

3 x 2 x 3 x x 2 x x 1

x x x x x x

1 1 1

3 x 2 x 1 (vì x 1 nên x 0) (2)

x x x

           

         

           

           

   

          

   

Đặt

2 2

1 1

x t thì x t 2

x x

    

, ta cú (2)  2t2  3t 2 0  



t 2 2t 1

 





0 (3)

Vỡ





2 2 1

x 1 nên x 1 0 x 1 2x x 2 hay t 2
x

         

=> (3) đúng . Vậy ta có đpcm

Cõu 4.(3,0 điểm) Cho đường trũn (O; R). Lấy điểm M nằm ngoài (O;R) sao cho qua M kẻ
được hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) và góc AMB nhọn ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ
AH vng góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt đường trũn (O;R) tại N (khỏc A).
Đường trũn đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K (khác
A).

1) Chứng minh tứ giỏc NHBI là tứ giỏc nội tiếp.

2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.

3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng
CD cắt MA tại E. Chứng minh CI = EA.

1) NIB BHN 180   0
NHBI

 nội tiếp

2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp

  

1 1 1 1

2 2 2 2
Ta có H B A I

I B A K

  




3) ta cú:



  

1 2

0
1 2

I I DNC

B A DNC 180

 

   

 

Do đó CNDI nội tiếp
 2 2  2

D I A

    DC//AI

Lại cú A 1 H 1 AE / /IC

Vậy AECI là hỡnh bỡnh hành
=>CI = EA.

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

TẠO

KHÁNH HềA NĂM HỌC 2011 - 2012

Ngày thi : 21/06/2011 Mụn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phỳt

Bài 1( 2 điểm)

1) Đơn giản biểu thức: A

2 3 6 8 4

2 3 4

   



 

2) Cho biểu thức:

1 1

( );( 1)

1 1

P a a

a a a a

   

   

Rỳt gọn P và chứng tỏ P 0
Bài 2( 2 điểm)

1) Cho phương trỡnh bậc hai x2 + 5x + 3 = 0 cú hai nghiệm x

1; x2. Hóy lập một phương

trỡnh bậc hai cú hai nghiệm (x12 + 1 ) và ( x22 + 1).

2) Giải hệ phương trỡnh

2 3

4
2

4 1

1
2

x y
x y



 

 




  

 


Bài 3( 2 điểm)

Quóng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc
không đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian
đó định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quóng đường cũn lại.Tớnh vận tốc
ban đầu của người đi xe đạp.

Bài 4( 4 điểm)

Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn và H là trực tõm.Vẽ hỡnh bỡnh hành BHCD.Đường
thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E.

1) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường trũn
2) Chứng minh BAEDAC

3) Gọi O là tâm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC và M là trung điểm của

BC,đường thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tõm của tam giỏcABC.
4) Giả sử OD = a.Hóy tớnh độ dài đường trũn ngoại tiếp tam giỏc BHC theo a

Bài giải

Bài 1

2 3 2 6 8 2 ( 2 3 4)(1 2)

1 2

2 3 4 2 3 4

       

   

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

4) 2

1 1

( ); 1

2 1 1 2 1 1; : 1

( 1 1) 0; 1

a a a a

P a a

a a

a a a a vi a

P a a

    

  

 

        

      

Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0

1) Cú  25 12 13 0  

Nờn pt luụn cú 2 nghiệm phõn biệt

 x1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3

Do đó S = x12 + 1 + x22 + 1 = (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21

Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29

Vậy phương trỡnh cần lập là x2 – 21x + 29 = 0

2) ĐK x0;y2

2 3 4 14

2
7

2
2

2 3 1 4

12 3 4 3

3 2

2
2

x

x y x

y
y

x y
x y

   



 

    

  

       

   

       




  



Vậy HPT cú nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3)

Bài 3

Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h)

 Th gian dự định :

50
( )h
x

Quóng đường đi được sau 2h : 2x (km)

 Quóng đường cũn lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc đi trên quóng đường cũn lại : x + 2 ( km/h)

Th gian đi quóng đường cũn lại :
50 2

( )
2

x
h
x




Theo đề bài ta có PT:

1 50 2 50
2

2 2

x

x x



  



Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán)
Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

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

Giải cõu c)

Vỡ BHCD là HBH nờn H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD có OM là ĐTBỡnh => AH = 2 OM
Và AH // OM

2 tam giỏc AHG và MOG cú HAG OMG slt 





AGH MGO

   (đ đ)

( )

AHG MOG G G

AH AG

MO MG

  

  

Hay AG = 2MG

Tam giỏc ABC cú AM là trung tuyến; G  AM
Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC

d) BHC  BDC( vỡ BHCD là HBH)

cú B ;D ;C nội tiếp (O) bỏn kớnh là a

Nờn tam giỏc BHC cũng nội tiếp (K) cú bỏn kớnh a
Do đó C (K) = 2a( ĐVĐD)

SỞ GD&ĐT THÀNH PHỐ HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Mụn thi : Toỏn

Ngày thi : 22 tháng 6 năm 2011
Thời gian làm bài: 120 phỳt

Bài I (2,5 điểm)

A

B

C

E

D

H

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

Cho

x 10 x 5

x 25

x 5 x 5

  



  Với x 0,x 25  .

1) Rỳt gọn biểu thức A.

2) Tớnh giỏ trị của A khi x = 9.

3) Tỡm x để

1
A



Bài II (2,5 điểm)

Giải bài toỏn sau bằng cách lập phương trỡnh hoặc hệ phương trỡnh:

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi
ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đó hồn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy
định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu
ngày?

Bài III (1,0 điểm)

Cho Parabol (P): y x 2 và đường thẳng (d): y 2x m  29.

1) Tỡm toạ độ các giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1.

2) Tỡm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục

tung.

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường trũn tõm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 là hai tiếp tuyến của

đường trũn (O) tại hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường
trũn (O) (E khụng trựng với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vng góc với EI
cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N.

1) Chứng minh AMEI là tứ giỏc nội tiếp.

2) Chứng minh ENIEBI và MIN 90 0.

3) Chứng minh AM.BN = AI.BI .

4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB khơng chứa E của đường trũn (O). Hóy
tớnh diện tớch của tam giỏc MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Bài V (0,5 điểm)

Với x > 0, tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 1

M 4x 3x 2011
4x

   

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

1/ Rút gọn: ĐK:x 0,x 25 











 





 





 









 



x. x +5 -10 x -5. x -5

x 10 x 5 x+5 x -10 x -5 x +25

A= - - = =

x-25

x -5 x +5 x -5 x+5 x -5 x +5

x -5

x-10 x +25 x -5

= = = (Voi x 0; x 25)

x +5

x -5 x +5 x -5 x +5  

2/ Với x = 9 Thỏa món x 0,x 25  , nờn A xác định được, ta có x 3. Vậy

4
1
8

2
5
3

5
3









A

3/ Ta có: ĐK x 0,x 25 









1 x - 5 1 3 x - 15 - x - 5

A - 0 0

3 x + 5 3 3 x +5

2 x - 20 0 (Vì 3 x +5 0) 2 x < 20 x < 10 x < 100

    

     

Kết hợp với x 0,x 25 

Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thỡ A < 1/3

Bài 2
CÁCH 1:

Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày) (ĐK: x > 1)
Thỡ thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày)

Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được

140

x (tấn)

Thực tế đội đó đó chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được
150

x
(tấn)

Vỡ thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt:
150 140

5
1

x  x 

 150x – 140x + 140 = 5x2 -5x  5x2 -5x – 10x - 140 = 0  5x2 -15x - 140 = 0
 x2 -3x - 28 = 0 Giải ra x = 7 (T/M) và x = -4 (loại)

Vậy thời gian đội xe đó chở hết hàng theo kế hoạch là 7 ngày

CÁCH 2:

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

Số ngày quy định là x

140

(ngày)

Do chở vượt mức nên số ngày đội đó chở là 1

140



x (ngày)

Khối lượng hàng đội đó chở được là 140 + 10 = 150 (tấn)
Theo bài ra ta cú pt:







 



2 2

140

- 1 . x + 5 = 140 + 10 140 - x x + 5 =150x
x

140x + 700 - 5x - x =150x x +15x - 700 = 0

 



 

 

 

Giải ra x = 20 (T/M)và x = - 35 ( loại)

Vậy số ngày đội phải chở theo kế hoạch là 140:20=7 ( ngày)

Bài 3:

1/ Với m = 1 ta cú (d): y = 2x + 8

Phương trỡnh hoành độ điểm chung của (P) và (d) là
x2 = 2x + 8

<=> x2 – 2x – 8 = 0

Giải ra x = 4 => y = 16
x = -2 => y = 4

Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4)
2/ Phương trỡnh hoành độ điểm chung của (d) và (P) là
x2 – 2x + m2 – 9 = 0 (1)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía
của trục tung thỡ phương trỡnh (1) cú hai nghiệm trỏi
dấu

ac < 0  m2 – 9 < 0  (m – 3)(m + 3) < 0

Giải ra cú – 3 < m < 3

Bài 4

1/ Xột tứ giỏc AIEM cú
gúc MAI = gúc MEI = 90o.

=> gúc MAI + gúc MEI = 180o.

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

gúc IEN = gúc IBN = 90o.

 gúc IEN + gúc IBN = 180o.
 tứ giỏc IBNE nội tiếp

 gúc ENI = gúc EBI = ½ sđ AE (*)
 Do tứ giỏc AMEI nội tiếp

=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**)
Từ (*) và (**) suy ra

góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.

3/ Xột tam giỏc vuụng AMI và tam giỏc vuụng BIN cú
gúc AIM = gúc BNI ( cựng cộng với gúc NIB = 90o)

 AMI ~  BNI ( g-g)

 BN

AI
BI
AM



 AM.BN = AI.BI

4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta cú hỡnh vẽ
Do tứ giỏc AMEI nội tiếp

nờn gúc AMI = gúc AEF = 45o.

Nờn tam giỏc AMI vuụng cõn tại A

Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vng cân tại B

 AM = AI, BI = BN

Áp dụng Pitago tính được

2
2
3
;

2 R

IN
R

MI  

Vậy 4

3
.
.
2

1 R2

IN
IM

SMIN  

( đvdt)

Bài 5:
CÁCH 1:

2 2

1 1

4 3 2011 4 4 1 2010

4 4

(2 1) ( ) 2010
4

M x x x x x

x x

x

         

    

Vỡ (2x1)2 0
1

0
4x

  1

4x

1 1

2 . 2. 1

4 2

x
x

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

 M =

2 1

(2 1) ( ) 2010
4

x x

x

   

 0 + 1 + 2010 = 2011

 M  2011 ; Dấu “=” xảy ra 

2
1

2 1 0 2

1 1 1

4 4 2

0
0 1
2
0
x
x
x

x x x

x
x
x
x
x



 



 
 

 
  
    
  
  


  
 
 
 



  x =

1
2
Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x =

1
2

CÁCH 2:

M = 2x² + 2x² + 1/4x - 3x + 2011 = (2x² + 2x² + 1/4x) - 3x + 2011

Do x>0 nên áp dụng Cosi cho 3 số dương 2x², 2x² và 1/4x ta có 2x² + 2x² + 1/4x ≥ 33 x3 =
3x

 M = (2x² + 2x² + 1/4x) - 3x + 2011 ≥ 3x -3x + 2011 = 2011

 M ≥ 2011 Dấu "=" khi 2x² = 1/4x <=> x³ =1/8 <=> x = 1/2

Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x =

1
2

CÁCH 3:

2010
4
1
8
1
8
1
2
1
3
4
1
2010
8
1
8

1
4
1
3
2011
4
1
3
4
2
2
2
2
2

















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

Áp dụng cụ si cho ba số x x 8x

1
,
8
1
,
2
ta cú
4
3
8
1
.
8
1
.
3
8
1
8
1
3 2
2




x
x
x

x
x
x

Dấu ‘=’ xẩy ra khi

2 1 1

8 8

x

x x

 

 x³ =1/8  x =

1
2

mà 2 0

1 2









x

Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2

=> 4 2010 2011
1

4
3

0   



M

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

Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x =

2 …….Hết……

NXC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 KIÊN GIANG NĂM HỌC 2011 – 2012

----ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN

(Đề thi có 01 trang) Thời gian: 120 phỳt (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 22/06/2011

Câu 1: (1,5 điềm)

a) Tớnh: 12 75 48

b) Tớnh giỏ trị biểu thức A



10 3 11 3 11 10

 





Câu 2: (1,5 điềm)

Cho hàm số y = (2 – m)x – m + 3 (1)
a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi m = 1

b) Tỡm giỏ trị của m để đồ thị hàm số (1) đồng biến

Câu 3: (1 điềm)

Giải hệ phương trỡnh :

2 5

3 1

x y

x y

 




 



Câu 4: (2,5 điềm)

a) Phương trỡnh x2 – x – 3 = 0 cú 2 nghiệm x

1, x2. Tớnh giỏ trị: X = x13x2 + x23x1 +

b) Một phũng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham
dự nên phải kê thêm 2 dóy ghế phải kờ thờm một ghế nữa thỡ vừa đủ. Tính số dóy
ghế dự định lúc đầu. Biết rằng số dóy ghế lỳc đầu trong phũng nhiều hơn 20 dóy ghế
và số ghế trờn mỗi dóy là bằng nhau.

Cõu 5: (1 điềm)

Cho tam giác ABC vng tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC biết:

AC = 5cm. HC =
25

13cm.

Câu 6: (2,5 điềm)

Cho nửa đường trũn tõm O đường kính AB; Vẽ tiếp tuyến Ax, By với đường trũn
tõm O. Lấy E trờn nửa đường trũn, qua E vẽ tiếp tuyến với đường trũn cắt Ax tại D
cắt By tại C.

a) Chứng minh: OADE nội tiếp được đường trũn.

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

---HẾT----Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, giỏm thị khụng giải thớch gỡ thờm.

Họ tờn thớ sinh: ...Số bỏo danh: ...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 KIÊN GIANG NĂM HỌC 2011 – 2012

----ĐỀ CHÍNH THỨC MễN THI: TỐN

(Đề thi có 01 trang) Thời gian: 120 phỳt (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 22/06/2011

Câu 1: (1,5 điềm)

c) Tớnh: 12 75 48

d) Tớnh giỏ trị biểu thức A



10 3 11 3 11 10

 





Câu 2: (1,5 điềm)

Cho hàm số y = (2 – m)x – m + 3 (1)
a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi m = 1

b) Tỡm giỏ trị của m để đồ thị hàm số (1) đồng biến

Câu 3: (1 điềm)

Giải hệ phương trỡnh :

2 5

3 1

x y

x y

 




 



Câu 4: (2,5 điềm)

a) Phương trỡnh x2 – x – 3 = 0 cú 2 nghiệm x

1, x2. Tớnh giỏ trị: X = x13x2 + x23x1 +

Câu 5: (1 điềm)

Cho tam giác ABC vng tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC biết:

AC = 5cm. HC =
25
13cm.

Câu 6: (2,5 điềm)

a) Chứng minh: OADE nội tiếp được đường trũn.

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

---HẾT----(Thí sinh được sử dụng máy tính theo quy chế hiện hành)

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, giám thị khơng giải thích gỡ thờm.

Họ tờn thớ sinh: ...Số bỏo danh: ...
phòng GD&ĐT anh sƠN Đề thi thử vào lớp 10

trƯỜNG THCS phÚC SƠN năm học 2011 – 2012
Mơn: Tốn Lớp 9

(Thời gian 120 phút – không kể thời gian chép đề)

1 1

x
P

x x x x

 

  

    

  Câu 1 (3 điểm)

Cho biểu thức:

a. Tìm ĐKXĐ, rút gọn P
b. Tìm x để P < 0

c. P x x mTìm tất cả các giá trị của tham số m để pt : có 
nghiệm

Câu 2 (2,0 điểm):

Cho phương trình: x2 – (m – 1)x + 2m – 9 =0 (1) (m là tham số)

a. Giải phương trình khi m = 3.

b. chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Câu 3 (1,5 điểm):

Hai vũi cựng chảy vào một cỏi bể khụng chứa nước thỡ trong 16 giờ chảy đầy bể .
Vũi thứ nhất chảy trong 3 giờ, vũi thứ hai chảy trong 6 giờ thỡ được 25% bể .
Hỏi nếu chảy một mỡnh thỡ mỗi vũi phải chảy trong bao lõu mới đầy bể .

Câu 4 (3,5 điểm):

Cho đường trịn tâm O, đường kính AB vng góc với dây MN tại H ( H nằm giữa
O và A). Trên cung BM lấy điểm K bất kì, (K≠ B, K≠ M) . Kẻ KA cắt MN tại C.

a. Chứng minh tứ giác CHBK nội tiếp.

b. Chứng minh KA là tia phân giác của góc MKN.

c. Gọi giao điểm của BM với AK là I, KN với AB là E. Chứng minh I Là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác MEK.

Hướng dẫn chấm Khảo sát học kì 2

Mơn: Tốn lớp 9

Câu Nội dung Điểm

1(3đ)

a/

0
1

x
x







 ĐKXĐ

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

x

P

x




rút gọn

1,0

b/

0 <x <1 0,75

c/

m> -1; m≠ 1 0,75

2/ (2,0đ)
a/

thay m= 3 vào pt (1) ta có pt: x2 -2x -3 =0

giải ra ta được: x1= -1; x2= 3 1

b/ Δ = (m- 5)2 +12 > 0 với mọi m 1

3/ (1,5đ)

Gọi thời gian để vũi một chảy một mỡnh đầy bể là x ( h)
Thời gian để vũi 2 chảy một mỡnh đầy bể là y (h);

đk : x, y > 16

- 1 giờ vũi 1 chảy được 1/x ( bể); vũi thứ 2 làm được 1/y
(bể) . Vỡ 2 vũi cựng chảy trong 16 (h)thỡ đầy bể nờn 1 giờ 2
vũi chảy được 1/16 (bể) suy ra ta cú PT .1/x +1/y =1/16 (1)
- 3 giờ vũi 1 chảy được 3/x (bể); 6 (h) vũi thứ 2 chảy được
6/y (bể)

theo bài ra ta cú phương trỡnh : 3/x + 6/y = 1/4 (2)

Từ (1) và (2) ta cú HPT :

1 1 1
16
3 6 1

x y
x y



 






  




Giải hệ pt được : x = 24 ; y = 48(TMĐK )
vậy ...

0,25

0,25
0,25

0,5

4/ (3,5đ) vẽ hình đúng

M K
C I

A O E B
H

0,5

a/ CKB AKB 900

   (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

CHB

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

0 0 0

90 90 180

CKB CHB

     

nên tứ giác CHBK nội tiếp 0,5

b/  MBANBAΔMBN cân tại B (1)

MKA MBA

AKN ABN

 

  có:

(góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) (2)

NKA MKA

  từ (1), (2) suy ra

nên: KA là phân giác của góc MKN

0,25
0,5
0,25

c/  IBK IEK IEB900tứ giác IEKB nội tiếp , 
(1)

MAK MBK

  tứ giác MABK nội tiếp nên: (2)

MEI MAI

 

tứ giác AMIE nội tiếp nên: (3)

KEI MEI

  từ (1), (2),(3) suy ra

nên I là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác MEK
suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEK.

0,25
0,25

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

TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC MễN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phỳt 
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2011

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải phương trỡnh: (2x + 1)(3-x) + 4 = 0

b) Giải hệ phương trỡnh:

3 | | 1
5 3 11

x y

 




 



Bài 2: (1,0 điểm)

Rỳt gọn biểu thức

6 3 5 5 2

( ) : .

2 1 5 1 5 3

Q   

  

Bài 3: (2,0 điểm)

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

b) Tỡm m để phương trỡnh cú hai nghiệm x1, x2 khỏc 0 và thỏa điều kiện

2 2
1 4 2
x  x .
Bài 4: (1,5 điểm)

Một hỡnh chữ nhật cú chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chộo của nó có độ dài 10
cm. Tỡm độ dài cỏc cạnh của hỡnh chữ nhật đó.

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường trũn đường kớnh AD. Gọi M là một điểm di
động trờn cung nhỏ AB ( M khụng trựng với các điểm A và B).

a) Chứng minh rằng MD là đường phõn giỏc của gúc BMC.
b) Cho AD = 2R. Tớnh diện tớch của tứ giỏc ABDC theo R

c) Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng minh
rằng ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy.

BÀI GIẢI
Bài 1:

a) (2x + 1)(3-x) + 4 = 0 (1)  -2x2 + 5x + 3 +4 = 0  2x2 – 5x – 7 = 0 (2)

Phương trỡnh (2) cú a – b + c =0 nờn phương trỡnh (1) cú 2 nghiệm là

x1 = -1 và x2 =

2
b)

3 | | 1
5 3 11

x y

 




 

 

3 1, 0 3 1, 0

5 3 11 5 3 11

x y y x y y

hay

x y x y

     

 

 

   

 



3 1, 0 3 1, 0

14 14 4 8

x y y x y y

hay

x x

     

 

 

  

 



2 7, 0

1 2

y y y

hay

x x

  

 

 

 

  

2
1

y
x









Bài 2: Q =

3( 2 1) 5( 5 1) 2

[ ]:

2 1 5 1 5 3

 



   =

2
[ 3 5]:

5 3



=

( 3 5)( 5 3)

 

= 1

Bài 3:

a) x2 – 2x – 2m2 = 0 (1)

m=0, (1)  x2 – 2x = 0  x(x – 2) = 0  x= 0 hay x = 2

b) ∆’ = 1 + 2m2 > 0 với mọi m => phương trỡnh (1) cú nghiệm với mọi m

Theo Viet, ta cú: x1 + x2 = 2 => x1 = 2 – x2

Ta cú: x12 4x22 => (2 – x2)2 =
2
2

4x  2 – x

2 =2x2 hay 2 – x2 = -2x2

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

Với x2 = 2/3 thỡ x1 = 4/3, với x2 = -2 thỡ x1 = 4

 -2m2 = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2 = x1.x2 = -8  m = 2

Bài 4:Gọi a, b là độ dài của 2 cạnh hỡnh chữ nhật.

Theo giả thiết ta cú : a + b = 14 (1) và a2 + b2 = 102 = 100 (2)

Từ (2)  (a + b)2 – 2ab = 100 (3). Thế (1) vào (3)  ab = 48 (4)

Từ (1) và (4) ta cú a, b là nghiệm của phương trỡnh : X2 – 14X + 48 = 0

 a = 8 cm và b = 6 cm

Bài 5:

a) Ta cú: cung DC = cung DB chắn 600 nờn gúc

CMD = gúc DMB= 300

 MD là phõn giỏc của gúc BMC

b) Xét tứ giác ABCD có 2 đường chéo AD và BC
vng góc nhau nên :

SABCD=

2AD.BC =

2 . 3 3

2 R R R

c) Ta cú gúc AMD = 900 (chắn ½ đường trũn)

Tương tự: DB  AB,vậy K chớnh là trực tõm của
IAD (I là giao điểm của AM và DB)

Xột tứ giỏc AHKM, ta cú:

gúc HAK = gúc HMK = 300, nờn dễ dàng

 tứ

giỏc này nội tiếp.

Vậy gúc AHK = gúc AMK = 900

Nờn KH vuụng gúc với AD

Vậy HK chính là đường cao phát xuất từ I của IAD

Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy tại I.

SỞ GIÀO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KI THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
BINH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO

Năm học: 2011– 2012
 Mụn: Toỏn (hệ số 1)

Thời gian: 120’ (khụng kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm)

Cho hai biểu thức : A =

a b b a
ab



và B =

( a b) 4 ab

a b

 



A D

B
M

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

( với a >0 và b >0 và a b )
1/ Rỳt gọn A và B

2/ Tớnh tớch A.B với a = 2 5 , b = 5

Bài 2 : (2 điểm)

Giải các phương trỡnh và hệ phương trỡnh sau:
1/ x4 6x3 27x 22 0 

2 3

4
2x 3y x + y

1 2

9
2x 3y x + y


 

 





  

 



Bài 3 : (2 điểm)

Một xe ô tô đi từ A đến B cách nhau 180km . Sau khi đi được 2 giờ, ô tô dừng lại để đổ
xăng và nghỉ ngơi mất 15 phút rồi tiếp tục đi với vận tốc tăng thêm 20 km/h và đến B
đúng giờ đó định. Tính vận tốc ban đầu của xe ô tô .

Bài 4 :(3 điểm)

Cho tam giác đều ABC cạnh a nội tiếp trong đường trũn (O).

1/ Tớnh theo a phần diện tớch hỡnh trũn (O) nằm ngoài tam giỏc ABC

2/ Trên BC lấy điểm M tùy ý ( M khỏc B ,C ) ; từ M kẻ MP , MQ lần lượt vng góc
với AB , AC tại P , Q .Chứng minh :

a) Tứ giỏc APMQ nội tiếp.

b) Khi điểm M di động trên cạnh BC thỡ tổng MP + MQ khụng đổi

Bài 5 :(1 điểm)

Cho tam giỏc ABC cú A = 60 0 . Chứng minh : BC2 AB2 AC2 AB AC.

</div>