Tuyen tap de thi vao 10 hay

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (778.33 KB, 47 trang )

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

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu I (3 điểm). Cho biểu thức A =

2 2

1 1

x

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

3.Khi x thoả mãn điều kiện xác định. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B, với B = A(x –
1).

Câu II (2 điểm). Cho phương trình bậc hai sau, với tham số m.
x2 – (m + 1)x + 2m – 2 = 0 (1)

1. Giải phương trình (1) khi m = 2.

2. Tìm giá trị của tham số m để x = -2 là một nghiệm của phương trình (1).

Câu III (1,5 điểm). Hai người cùng làm chung một công việc thì sau 4 giờ 30 phút họ làm xong.
Nếu một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình người thứ hai làm trong 3 giờ thì
cả hai người làm được 75% công việc.

Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu sẽ xong cơng việc? (Biết rằng năng suất
làm việc của mỗi người là khơng thay đổi).

Câu IV (3,5 điểm). Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng
AO (H khác A và O). Đường thẳng đi qua điểm H và vng góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại
C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại D cắt
đường thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.

1. Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân.

3. Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh góc ABF có số đo khơng đổi
khi D thay đổi trên cung BC (D khác B và C).

Hết

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

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 NĂM HỌC 2010 - 2011

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm này gồm 03 trang)

Môn : TỐN
I. Hướng dẫn chung :

1) Nếu thì sinh làm bài đúng , không theo cách nêu trong đáp án thì cho điểm các phần tương

ứng như trong đáp án.

2) Cho điểm đến 0,25 khơng làm trịn.
II. Đáp án và thang điểm :

Câu Ý Nội dung Điểm

I.
(3,0đ)

1.
(1,5đ)

Điều kiện xác định của biểu thức A là:
0
1
x
x




 0,50



 





 



1 2 1 2

1 1

x x x

A

x x

   



  0,50



 



x x




  0,25





x
x


 0,25

0,75đ Khi x = 9, ta có A =

9 1 0,50

= 0,25

0,75đ

B = x



x1



0,25

1 1

2 4

x x  x 

     

  0,25

B  - x : 0  x ≠ 1 ; Đẳng thưc xẩy ra khi x = , thoả mãn .

Vậy giá trị nhỏ nhất của B bằng - khi x = . 0,25

II.
(2,0đ)

1.
(1,00đ)

Khi m = 2, phương trình (1) trở thành x2 - 3x + 2 = 0 0,25

 = 1 ( Hoặc nhận thấy a + b + c = 0 ) 0,25

Nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 2 0,50

2.
(1,00đ)

Vì x = -2 là nghiệm của phương trình (1) nên

(- 2)2 - (m + 1)(-2) + 2m - 2 =0 (*) 0,50

(*)  4m + 4 = 0

 m = - 1 . Vậy m= -1 0,50

III.
(1,5đ)

Gọi x là thời gian người thứ nhất một mình hồn thành cơng việc .
Gọi y là thời gian người thứ hai một mình hồn thành cơng việc .

( x > 0, y > 0, đơn vị của x,là giờ )

Người thứ nhất làm trong thời gian 1 gìờ được 1/x cơng việc .
Người thứ hai làm trong thời gian 1 giờ được 1/y công việc .

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

F
I
C
E
O
A
B
H
D
30 phút nên

1 1 2
9
x y 

Vì nếu một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ,sau đó một mình
người thứ hai làm trong 3 giờ thì cả hai người làm được 75% cơng
việc nên

4 3 3
4
x y 

Từ đó ta có hệ

1 1 2 1 1

9 12

1 5

4 3 3

36
4

x y x

y
x y
   

 
 

 
    
 

0,50
12
36
5
x
y








 (thoả mãn điều kiện )

Vậy người thứ nhất một mình làm xong công việc trong 12 giờ
người thứ hai một mình làm xong cơng việc trong 7giờ 12 phút

0,25
IV.
(3,5đ)
1.
(1,5đ)
0,50

Vì AB là đường kính nên ABD90 , do đó IDB 90 0,25

vì CH  AB nên IHB 90 0,25

suy ra IDB+IHB 180 0,25

Vậy tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn 0,25

2.
(1,25đ)

  1 AD

EDA DBA  sd 

  0,50

 

DEI DBA ( cùng bù DIH ) 0,50

Do đó EDI DIE hay DEI là tam giác cân 0,25

3.
(0,75đ)

( lưu ý : Khơng u cầu thí

sinh vẽ hình này )

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

Do F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên

 180  

ICF 90

2 2

CFI CFI

 

   

0,25


 

2
CFI

ICD CBA

 

suy ra ICF 90  CBA HCB  0,25
Vì D nằm trên cung BC nên tia CF trùng với tia CB cố định . Vậy góc

ABF có số đo khơng đổi 0,25

Hết

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

BÌNH ĐỊNH

KHÓA NGÀY : 30 - 6 - 2010

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

Đề chính thức

Mơn thi:

TỐN

Thời gian:

120 phút

( không kể thời gian phát đề)

Ngày thi:

01/7/2010

---

Bài 1: (1,5 điểm)

Giải các phương trình sau:

a) 3(x – 1)

=

2+x b) x

+ 5x – 6

=

0

Bài 2: (2,0 điểm)

a) Cho phương trình x

– 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 (

-

).

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 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) AM

= AC`.AB

Bài 5:(1,0 điểm).

Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình ax

+ bx + c = 0

vô nghiệm. Chứng minh rằng:

b a
c
b
a





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

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: (1,5 điểm)

a) 3(x – 1) = 2 + x <=> 3x – 3 = 2 + x <=> 2x = 5 <=> x = 2,5

b) Ta coù a + b + c = 1 + 5 +(-6) = 0 => x

= 1 ; x

= -6

Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x

– x + 1 – m = 0 ( m là tham số ).

Để phương đã cho có nghiệm thì



= 0 <=> (-1)

– 4(1 – m) = 0 <=> 1 – 4 + 4m = 0

<=> m =

3
4

b) Hệ phương trình

ax 2y 2
bx ay 4

 




 



có nghiệm (

; -

). nên ta có :

2a 2 2 2
b 2 a 2 4

  




 





<=>

a 2 2

b 2 2

  




 




Bài 3: (2,5 điểm)

Gọi x (xe) là số xe được điều đến chở hàng (x: nguyên, x > 2)

Số xe thực chở hàng là x – 2 (xe)

Khối lượng hàng chở ở mỗi xe lúc đầu:

(tấn); thực chở là:

x 2

(tấn);

Ta có phương trình:

90
x 2

-

90
x

=

<=> 2.90.x – 2.90(x – 2) = x(x – 2)

<=> x

– 2x – 360 = 0 => x

= 20 ; x

= -18 (loại)

Vậy số xe được điều đến chở hàng là 20 xe

Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác BC’B’C là tứ giác nội tiếp:

Ta có

BC C BB C ,  , 900

(gt)

Hay góc B’ ; góc C’ nhìn đoạn BC dưới một góc bằng 90

=> BC’B’C nội tiếp trong đường trịn đường kính BC

b) Chứng minh AM = AN:

Ta coù: ;

     

1 1

AC M sd(AM NB);ACB sd(AN NB)

2 2

    

Mà BC’B’C nội tiếp =>

AC M B CB ACB   

(tính chất góc ngoài của tứ giác nội tiếp)

<=>

   

1 1

sd(AM NB) sd(AN NB)

2  2 

<=>

AM AN 

<=> AM = AN

c) AM

= AC’.AB:

Xét



ANC’ và



ABN có:

ANC  ABN

(góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau); Vaø

NAB

: chung

=>



ANC’=



ABN =>

AN AC

AB AN




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

Bài 5:(1,0 điểm

).

Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình

ax

+ bx + c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng:

b a
c
b
a





> 3

Ta có (b-c)

2

≥ 0



b

2

≥ 2bc - c

2

Vì pt ax

2

+ bx + c = 0 vơ nghiệm nên có ∆ = b

2

- 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0)



b

2

< 4ac



2bc - c

2

< 4ac



4a > 2b-c



a+b+c > 3b - 3a



b a
c
b
a






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

UBND TỈNH ĐĂKLĂK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học : 2010 -2011

MƠN : TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2x2+√3x=x2+2

√

3x

2) Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2;8) và B(3;2).
Bài 2: (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: A=

√

2(√2−2)+(

√

2+1)2
2) Cho biểu thức: B=

(

1−

√

x−

√

x

)

(

1
1+

√

x+

√

x

1− x

)

với x 0,x 1.

a) Rút gon biểu thức B.

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

Cho phương trình: x2−(2m+1)x+m2+1

2=0 (m là tham số) (1)

1) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt?

2) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu

thức M=

(

x1−1

)

(

x2−1

)

đạt giá trị nhỏ nhất?
Bài 4: (3,5 điểm)

Cho nữa đường trịn có tâm O và đường kính AB. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, P
là điểm thuộc cung MB (P không trùng với M và B); đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C,
đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D.

1) Chứng minh OBPC là một tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh hai tam giác BDO và CAO đồng dạng.

3) Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt CD tại I. Chứng minh I là trung điểm của đoạn
thẳng CD.

Bài 5: (1 điểm)

Chứng minh rằng phương trình

(

a4− b4

)

x2−2

(

a6−ab5

)

x

+a8− a2b6=0 ln ln có nghiệm

với mọi a, b.

Họ tên thí sinh:………Số báo danh…………
Họ tên và chữ ki giám thị

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

ĐÁP ÁN MƠN TỐN
Bài 1 Ý

NỘI DUNG Điểm

2đ 1 Giải PT: 2x2 +

√

3 x = x2 +2

√

3 x
 x2

-√

3 x = 0  x(x-

√

3 ) = 0

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 = 0 ; x2 =

√

0,5
0,5

2 Xác định a, b để đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;8) và B

(3;2)

+ Vì đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;8) và B (3;2)
Suy ra ta có hệ

¿
2a+b=8

3a+b=2
¿{

vậy a và b là hai nghiệm của hệ

¿
2a+b=8

3a+b=2
¿{

¿
Giải hệ PT

¿
2a+b=8

3a+b=2

¿{

¿


¿
a=−6

3(−6)+b=2
¿{


¿
a=−6

b=20
¿{
¿
0,5
0,5
Bài 2
 ( 2đ)

1 A =

√

2+1¿
2

√

2−2)+¿

= 2- 2

√

2 +2+2

√

2 +1

= 5

0.25

0,5

2 a) Với x 0 ,x1Ta có :

B =

(

1−

√

x−

√

x

)

(

1
1+

√

x+

√

x
1− x

)

= 2−

√

x(1−

√

x)

1−

√

x :

1−

√

x+2

√

x
1− x

= x −

√

x+2
1−

√

x

(1+

√

x) (1−

√

x)

√

x

= x -

√

x +2

0,25

0,5

Bài3

b) Tìm các giá trị của x để biểu thức B = 5
Ta có : B = 5  x -

√

x +2 = 5  x -

√

x -3 = 0

Với x 0 và x1 đặt t =

√

x , => : t 0
Ta có p/t : t2 –t -3 = 0 ( Δ =13>0 =>

√

Δ=

√

13 )
Do đó p/t có hai nghiệm t = 1+

√

2 ( nhận ) ,t =

1−

√

2 ( loại )

Nên ta có

√

x=

√

2  x =

2
13
1







 

x =

√

1) Với giá trị nào của m thì p/t (1) có hai nghiệm phân biệt .
Ta có Δ = (2m+1)2 - 4

(

m2
+1

)

= 4m -1

0,25

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

(1,5đ) 1 P/t (1) có hai nghiệm phân biệt khi Δ >0
 4m -1>0 m> 14

0,5

2 Với giá trị nào của m thì p/t (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho

biểu thức M =(x1 -1)(x2 -1) đạt gia trị nhỏ nhất.

+ Ta có (x1 -1)(x2 -1) = x1 x2 –(x1 +x2 ) +1

Mặt khác theo hệ thức Vi Et ta có

¿
x1+x2=2m+1

x1.x2=m2+1
2
¿{

¿
Vây M =(x1 -1)(x2 -1) =m2 -2m +

2 = (m−1)
2

−1
2≥

1
2

Vậy m đạt giá trị nhỏ nhất là −21 khi m- 1=0  m=1 ( thỏa mãn điều
kiện m> 14

0,25

0,25
0,25

Bài 4.
( 3,5đ)

Vẽ
hình
và
ghi
Gt+
KL

0,5đ

- Vẽ hình đúng (0,25đ)

- Ghi GT +KL cơ bản (0,25đ)

( nếu hình vẽ khơng liên quan đến bài giải thì khơng chấm điểm bài hình)

D

P

B

O

M

A

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

Chứng minh tứ giác OBPC là tứ giác nội tiếp :


0
90

COP ( Vì OM OB) BDOCAO (1)


APB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )=> CPB = 900 (2)

Từ (1) và (2) => COP CPB   1800
Suy ra OBPC là tứ giác nội tiếp .

0,25

0,25
0,5

2) Chứng minh BDOCAO

Tam giác BDO và tam giác CAO là hai tam giác vng
Có BDO CAO  (vì cùng phụ với DBO )

Vậy BDOCAO

0,25
0,5
0,25

3) Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại tiếp điểm P cắt CD tại I .

Hai tam giác CPD và BOD có D chung suy ra. DCP DBO  (3)
Ta có IPC DBO  ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn 
một cung AP) (4)

Từ (3) &( 4) =>IBC IPC  nên tam giác CIP cân tại I => IC =IP(*)

Tương tự DPC đồng dạng với DOB ( hai tam giác vng có góc nhọn 
D chung )

=>IDP DPI  ( Vì cùng phụ với 

DBO )
Do đó PID cân tại I cho ta ID = IP (**)

Từ (*) &(**) => I là trung điểm của CD

0,5

Bài5 
(1đ)

Cần chứng minh p/t ( a4 –b4 ) x2 -2(a6 –ab5 )x +a6 –a2 b6 = 0 ln có

nghiệm với mọi a ,b .

Ta có a4 –b4 = (a2)2 – (b2 )2 = 0 


a=b
¿
a=−b

¿
¿
¿
¿

 khi a = b thì p/t cho có dạng 0x = 0 => p/t cho có vơ số
nghiệm số với mọi x R (1)
 Khi a= -b ta có p/t : 4a6 x = 0  x = 0 khi a 0 (2)

 Khi a = 0 thì p/t có dạng 0x = 0 ∀ x R. (3)
Từ (1) ,(2) và (3) => P/ T cho ln có nghiệm với a =b hay a = -b (*)

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

Khi a ± b thì p/t cho có Δ = a6b4 (b-a)2 0

Vậy khi a ± b p/t cho ln có nghiệm (**)

Từ (*) và (**) => p/t cho ln có nghieemk với mọi a, b .
B.HƯỚNG DẪN CHẤM

1) Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần và
khơng làm trịn .

2) Học sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó .
3 ) Đáp án và biểu điểm gồm 04 trang

SỞ GI O DÁ ỤC –ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010 - 2011
NAM ĐỊ NH M«n :TO NÁ

đề chính thức (Thời gian: 120 ph (khng k thi gian giao )

Phần I-Trắc nghiệm (2,0 điểm) . Trong mỗi câu từ câu 1 đến 8 đều có bốn phương án trả lời A,

B, C, D trong đú chỉ cú một phương ỏn đỳng. Hóy chọn phương ỏn đỳng và viết vào bài làm.
Cõu 1.Phơng trình (x1)(x2) 0 tơng đơng với phơng trình

A. x2+x-2=0 B. 2x+4=0 C. x2-2x+1=0 D. x2+x+2=0
Cõu 2.Phơng trình nào sau ®©y cã tỉng hai nghiƯm b»ng 3 ?

A. x2-3x+4 = 0. B. x2-3x-3=0. C. x2-5x+3 = 0. D. x2-9 = 0.
Cõu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên R ?

A. y=-5x2. B. y=5x2. C.y( 3 2) x . D. y=x-10
Cõu 4.Phơng trình x24x m 0 cã nghiÖm chØ khi

A. m - 4 B. m < 4. C.m  4. D. m > - 4
Cõu 5.Phơng trình 3x4x có tập nghiệm là

A.



1 4;



. B.



4 5;



C.



1 4;



. D.

 

4

Cõu 6. Nếu một hình vng có cạnh bằng 6 cm thì đờng trong ngoại tiếp hình vng đó có bán kính 
bằng ?

A. 6 2cm. B. 6cm. C. 3 2cm. D. 2 6cm

Cõu 7.Cho hai đường trũn (O;R) và (O ;R ) có R= 6 cm, R = 2 cm , OO = 3 cm . Khi đó , vị trí t’ ’ ’ ’ 
-ơng đối của hai đờng tròn đã cho là :

A. cắt nhau. B. (O;R) đựng (O ;R ) .’ ’ C.ở ngoài nhau. D. tiếp xúc trong
Cõu 8. Cho hỡnh nón có bán kính đáy bằng 3 cm , có thể tích bằng 18 cm3 . Hình nón đã cho có 
chiều cao bằng

A. 
6

cm

 . B. 6 cm. C.

cm

 . D. 2cm
PhÇn II-Tù luËn (8,0 ®iĨm)

C©u 1. (1,5 điểm)Cho biĨu thøc

1 1 2

x x

P

x x x x

 

  

   

  víi x0 vµ x  1
1) Rót gän biÓu thøc P .

2) Chøng minh r»ng khi x 3 2 2 thì P = 
1
2
Câu 2. (1,5 im).

1)Cho hàm số y2x2m1.Xác định m, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;4).
 2) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y x 2và đồ thị hàm số y2x3

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

1 2

2 1

3 4

x y x y

x y x y

x y

  



 



  



  


Câu 4. (3,0 điểm)Cho đường trũn (O; R) v àđiểm M nằm ngo i sao cho OM=2R. à Đường thẳng d 
qua M tiếp xúc với (O; R) tại A. Gọi N là giao điểm của đoạn thẳng MO với đờng trịn(O; R) .

1) Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R .Tính số đo của góc NAM.

2) Kẻ hai đờng kính AB và CD khác nhau của (O;R). Các đờng thẳng BC và BD cắt đờng 
thẳng d lần lợt tại P và Q .

a, Chøng minh tø gi¸c PQDC néi tiÕp
 b, Chøng minh 3BQ 2AQ4R
C©u 5. (1,0 điểm)

Tìm tất cả các cặp số (x;y) thoả m·n ®iỊu kiƯn 2(x y 4y x 4)xy

Híng dÉn giải

I/ Phần Trắc nghiệm : 1.A 2.B 3.D 4.C 5.D 6.C 7.B 8.A
II/PhÇn Tù luËn

C©u1: 1) P =

√

x

x −1

2) x = 3 + 2

√

2 = (

√

2 + 1 )2 suy ra P =

√

2+1

2+2

√

2 =

1
2

C©u 2 : 1) Ta cã 4 = 2.1 + 2m + 1 suy ra m = 0,5

2) PT hoành độ giao điểm x2 = 2x + 3 có 2 nghiệm là -1 và 3 nên toạ độ các giao điểm là 
(-1;1) ; (3;9)

Câu 3 : Đk (x + 2y)(x + y + 1) 0

PT tơng đơng với (x + y + 1 )2 + ( x + 2y )2 = 2(x + y + 1)( x + 2y)
tơng đơng với ( x + y + 1 - x - 2y )2 = 0

tơng đơng với (1 - y)2 = 0 tơng đơng với y = 1 
thế và PT 3x + y = 4 ta đợc x = 1

vËy hÖ PT có nghiệm duy nhất là (x;y) = (1;1)

Câu 4 :

1) +)Ta cã AN = 1/2 MO = R

+) Ta có tam giác OAN đều suy ra góc OAN = 600 suy ra góc NAM = 300
2) b) Ta có 3BQ - 2AQ > 4R ⇔9 BQ2>4 AQ2+4 AB2+8 AQ . AB

⇔9 BQ2

>4 BQ2+8 AQ . AB⇔5 BQ2>8 AQ . AB

⇔5 BQ2>4 BQ2≥8 AQ . AB⇔4 AQ . PQ≥8 AQ . AB⇔PQ≥2 AB⇔2 BH≥2 AB⇔BH≥BA (ln đúng

Víi H là trung điểm của PQ )

Câu 5 : §k x 4; y ≥4

PT ⇔4x

√

y −4+4y

√

x −4−xy−xy=0

⇔− y(x −4−4

√

x −4+4)− x(y −4−4

√

y −4+4)=0

√

y −4−2¿2=0

√

x −4−2¿2+x¿

⇔y¿

( Vì x > 0 và y >0 )
⇔

√

x −4−2=0 ⇔ x=8

√

y −4−2=0 y=8

VËy cã duy nhÊt cỈp sè (x;y) = (8;8) tho¶ m·n ycbt

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

UBND TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học : 2010 -2011

MƠN : TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)

Bài 1: ( 2,0 điểm)

Rút gọn các biểu thức sau:

a) A = -+ b) B = -

c) C = , với x > 2
Bài 2 : ( 2,0 điểm)

Cho hàm số bậc nhất y = ax + 3 có đồ thị là đường thẳng (d)

a) Xác định hệ số a , biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 3x .Vẽ (d_
với hệ số a vừa tìm được.

b) Đường thẳng (d’) có dạng y = x + 1 cắt đường thẳng (d) ở câu a) tại điêm M .Xác
định tọa độ điểm M.

Bài 3: ( 2,5 điểm)

a) Cho phương trình x2 + 7x - 4 = 0 .Chứng tỏ phương trình trên có hai nghiệm x
1,

x2 ; Khơng giải phương trình hãy tính x1 + x2 và x1.x2.

b) Giải phương trình : = .

c) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình :

Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 13 cm .Hai cạnh góc vng có độ dài hơn
kém nhau 7 cm.Tính độ dài các cạnh góc vng của tam giác vng đó.

Bài 4 : ( 3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn (O ; R) đường kính AB. Vẽ bán kính OC vng góc với
AB.Gọi K là điểm nằm giữa hai điểm B và C. Tia AK cắt đường trịn (O) ở M .

a) Tính số đo các góc : ACB , AMC.

b) Vẽ CI vng góc AM ( I thuộc AM) .Chứng minh tứ giác AOIC là tứ giác nội
tiếp.

c) Chứng minh hệ thức AI.AK = AO.AB.
d) Nếu K là trung điểm của CB . Tính tgMAB

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

---Hết---HƯỚNG D N GI IẪ Ả

Bài 1 2.0 điểm + Vì độ dài cạnh huyền bằng 13 cm nên

ta có phương trình: x2 + ( x-7)2 = 132

+Thực hiện biến đổi thu gọn ta được pt:
x2 - 7x - 60 = 0

+ Giải ta được : x1 = 12 ( tmđk)

x2 = -5 (loại)

+Trả lời : Vậy độ dài hai cạnh của tam 
giác vuông là : 12cm và 7cm.

0.25

0.25
0.25

a) A = -+ = 5 - 4 + 9 = 10

b) B = -
=
-= - 1 -
= -1

c) C = , với x > 2
=

= |x −x −22|

= x −x −22 = 1( vì x> 2  x -2 > 0)

0.5
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25

Bài 4 3,5điểm

Hình vẽ phục vụ câu a

Hình vẽ phục vụ câu b,c 0.25025

Bai 2 2,0 điểm a) + ACB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đườn

trịn)

+ CMA = COA = .900 = 450( góc nội tiếp và

góc ở tâm cùng chắn 1 cung)
b) +CIA = COA = 900 ( gt)

=> tứ giác AOIC là tứ giác nội tiếp

0.25

0.5
0.25
0.25
a) + (d) song song với đường thẳng y = 3x

nên a = 3

+ Vẽ (d) y = 3x + 3

-Xác định đúng hai điểm thuộc (d) :
( 0;3) và ( -1 ; 0)

-Vẽ đúng (d) trên mặt phẳng Oxy

b) -Tọa độ ( x;y) của M là nghiệm của hệ:

¿
y=3x+3

y=x+1
¿{

-Giải hệ được : x= -1 ; y = 0
-Tọa độ M( -1; 0)

0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
0.25

c) + Trong tam giác vng ACK ta có :
AC2 = AI.AK (1) ( hệ thức lượng trong tam

giác vuông)

+Trong tam giác vuông ACB ta có:
AC2 = AO.AB (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra hệ thức cần chứng
minh.

d) Kẻ KH AB => KH // OC.

Nếu K là trung điểm BC thì KH là đường
trung bình của tam giác COB

suy ra : KH = =
và OH = =
Do đó: AH = R + = .

+Tam giác AKH vuông tại H
=> tgMAB = tgKAH = = :=

0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Bài 3 2,5 điểm

a) + Pt có a.c = 1.(-4) = -4 < 0

=> pt có hai nghiệm phân biệt x1, x2

+Theo viet: x1 + x2 = = -7

x1.x2 = = -4

b) + ĐK : x -2

+ Qui đồng mẫu hai vế pt và khử mẫu ta
được : ( 1+x)(x+2) = 2

 x2 + 3x = 0

 x( x + 3) = 0

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



x=0
¿

x+3=0⇔x=3
¿

¿
¿
¿

+ x = 0 và x= 3 đều thỏa mãn điều kiện
+ Vậy pt có tập nghiệm là : S = {0;3}

c) +Gọi x(cm) là độ dài cạnh góc vng
lớn (ĐK : 7 < x < 13)

=> độ dài cạnh góc vng nhỏ là : x-7(cm)

0.25

UBND TỈNH KHÁNH HÒA KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học : 2010 -2011

MƠN : TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề)

BÀI 1: ( 3Đ) (Khơng dùng máy tính cầm tay)
a)Rút gọn biểu thức: A = 5( 20 3)  45

b)Giải hệ phương trình:

5
3
x y
x y

 



 


c)Giải phương trình: x4 – 5x2 + 4 = 0.

BÀI 2: (1Đ)

Cho phương trình bậc hai ẩn x , tham số m: x2 – 2(m +1)x + m2 – 1 = 0 .

Tính giá trị của m , biết rằng phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện:

x1 + x2 + x1.x2 = 1.

BÀI 3: (2Đ)

Cho hàm số y = mx – m + 2 có đồ thị là đường thẳng (dm).

1.Khi m = 1 , hay x vẽ (d1).

2.Tìm toạ độ điểm cố định mà đường thẳng (dm) luôn đi qua với mọi giá trị của m.

Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6 ; 1) đến đường thẳng (dm) khi m thay đổi.

BÀI 4: (4Đ)

Cho hình vng cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng vng
góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K.

1.Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.

2.Chứng minh: KM  DB.

3.Chứng minh: KC . KD = KH . KB.

4.Kí hiệu SABM , SDCM là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM. Chứng minh tổng (SABM +

SDCM ) khơng đổi. Xác định vị trí của M trên BC để S2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị

nhỏ nhất đó theo a.

---Hết---Đáp án:

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

1. A = A 5( 20 3)  45 100 3 5 3 5   100 10 (1đ)

5 5 4 5 1

3 2 8 4 4

x y x y y y

x y x x x

      

   

  

   

    

    (0,75đ)

Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất (4;1). (0,25đ)
3. Đặt x2 = t ( điều kiện: t  0)

Pt  t2 – 5t + 4 = 0. (a = 1 , b = -5 , c = 4)

Vì a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0 nên t1 = 1 (nhận) ; t2 = 4 (nhận) (0,5đ)

+ Với t = 1 suy ra : x2 = 1  x = 1 .

+ Với t = 4 suy ra : x2 = 4  x = 2 .

Vậy S = {1 ; 2} . (0,5đ)

Bài 2 : a = 1 , b’ = -(m+1) ; c = m2 – 1 .

’ = b’2 – a.c = (m+1)2 – 1. ( m2 – 1)

= m2 + 2m + 1 – m2 + 1 = 2m + 2.

Để pt có hai nghiệm x1 , x2 thì ’  0

 2m + 2  0

 m  -1 .

Theo hệ thức Vi ét ta có :

1 2
2
1 2

2 2

. 1

m

x x

x x m

 






 




Theo đề bài ta có: x1 + x2 + x1.x2 = 1.

 2m + 2 + m2 – 1 = 1
 m2 + 2m = 0.
 m(m + 2 ) = 0.

 m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại)

Vậy m = 0.

Bài 3 : Cho hàm số y = mx – m + 2 (dm)

1.Khi m = 1 thì (d1) : y = x + 1.

Bảng giá trị :

x -1 0
y = x + 1 0 1

Vẽ : Đồ thị hàm số y = x + 1 là 1 đường thẳng đi qua hai điểm (-1 ; 0) và (0 ; 1).
(HS vẽ đúng đạt 1đ)

2. Gọi A(xA ; yA) là điểm cố định mà (dm) luôn đi qua khi m thay đổi.

Ta có : yA = mxA – m + 2.

 yA – 2 = m(xA – 1) (*)

Xét phương trình (*) ẩn m , tham số xA , yA :

Pt(*) vô số nghiệm m khi

1 0 1

2 0 2

A A

x x

y y

  

 



 

  

 

Vậy (dm) luôn đi qua 1 điểm A(1 ; 2) cố định khi m thay đổi.

Ta có : AM = (6 1) 2(1 2) 2  26
Từ M kẻ MH  (dm) tại H.

+Nếu H  A thì MH = 26.(1)

+Nếu H khơng trùng A thì ta có tam giác AMH vuông tại H
=> HM < AM = 26 (2)

Từ (1)(2) suy ra MH  26

Vậy, khoảng cách lớn nhất từ M đến (dm) khi m thay đổi là 26 (đvđd).

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

K

H

D

B

A

C

M

1. (1đ) Xét tứ giác BHCD có:

 900

BHD ( BH  DM)
 900

BCD (ABCD là hình vng)

Mà: Hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn BD dưới góc 900.

Nên BHCD là tứ giác nội tiếp.

2.(1đ) Xét tam giác BDK có DH , BC là hai đường cao cắt nhau tại M
=> M là trực tâm của tam giác BDK.

=>KM là đường cao thứ ba nên KM  BD.

3. (1đ) HKC và DKB đồng dạng (g.g)

=>KC.KD = KH . KB.

4.(1đ) SABM =

1 1

. . . .

2 AB BM 2 a BM

SDCM =

1 1

. . . .

2 DC CM 2 a CM

=> SABM + SDCM =

1 1

. ( )

2 a CM BM 2a khơng đổi .

Ta có: S2

ABM + S2DCM =









2 2 2

2 2

2 4 4

1 1

. . . . .

2 2 4

= . ( )

= .

2 2 4

( )

2 2 8 8

a

a BM a CM BM CM

a

BM a BM

a a a

BM

a a a a

BM

   

  

   

   

 
  

 
  

 

 

 

   

Để S2

ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ nhất thì BM = a/2 hay M là trung điểm BC.

GTNN lúc này là

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

UBND TP ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học : 2010 -2011

MƠN : TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút ( khơng kể thời gian phát đề)
KHĨA NGÀY 21 THÁNG 6 NĂM 2010

Bài 1 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A ( 20  45 3 5). 5
b) Tính B ( 3 1) 2  3

Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình x413x2 30 0

b) Giải hệ phương trình

3 1
7
x y
2 1

8
x y



 





  




Bài 3 (2,5 điểm) Cho hai hàm số y = 2x2 có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d).

a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hồnh độ âm. Viết phương trình của đường thẳng
() đi qua A và có hệ số góc bằng - 1.

c) Đường thẳng () cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt trục hồnh tại B.

Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD.

Bài 4 (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường trịn (C') tâm O', bán kính R' (R > R')
cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M  (C), N  (C')). Đường

thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I).
a) Chứng minh rằng BMN MAB 

b) Chứng minh rằng IN2 = IA.IB

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

BÀI GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

a) Rút gọn biểu thức A( 20 45 3 5). 5 = (2 5 3 5 3 5) 5 10  
b) Tính B = ( 3 1) 2  3 3 1  31

Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình : x4 – 13x2 – 30 = 0 (1)

Đặt u = x2 ≥ 0 , pt (1) thành : u2 – 13u – 30 = 0 (2)

(2) có  169 120 289 17   2

Do đó (2) 

13 17
2
2

u  

(loại) hay

13 17
15
2

u  

Do đó (1)  x =  15

b) Giải hệ phương trình :

3 1
7
2 1
8
x y
x y

 



  

 
1
1
2 1
8
x
x y






  

 
1
1
10
x
y






 
1
1
10
x
y








.Bài 3: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),



1; 2



. (d) đi qua (0;3), 1;2







b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2x2  x 3  2x2 – x – 3 = 0

3
1

x hay x

  

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



1; 2 ,



3 9;
2 2
 

  

   A



1; 2



Phương trình đường thẳng () đi qua A có hệ số góc bằng -1 là :

y – 2 = -1 (x + 1)  () : y = -x + 1

c) Đường thẳng () cắt trục tung tại C  C có tọa độ (0; 1)

Đường thẳng () cắt trục hoành tại D  D có tọa độ (1; 0)

Đường thẳng (d) cắt trục hồnh tại B  B có tọa độ (-3; 0)

Vì xA + xD = 2xC và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng ())

 C là trung điểm AD

2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC =

1
2AD

Nên ta có

1
2

ABC
ABD

S AC

S AD

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

a) Trong đường tròn tâm O:

Ta có BMN = MAB (cùng chắn cung BM )
b) Trong đường trịn tâm O':

Ta có IN2 = IA.IB

c) Trong đường trịn tâm O:

 

MAB BMN (góc chắn cung BM ) (1)

Trong đường tròn tâm O':

 

BAN BNM (góc chắn cung BN ) (2)

Từ (1)&(2) => MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180       0

Nên tứ giác APBQ nội tiếp.

=> BAP BQP QNM   (góc nội tiếp và góc chắn cung)
mà QNM và BQP  ở vị trí so le trong => PQ // MN

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

TP.HỒ CHÍ MINH Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 2x2 3x 2 0 c) 4x413x2 3 0

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

2
2
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)

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

A = x12x22 3x x1 2.

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường tròn 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 vuông 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 tròn 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.

d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện
tích lớn nhất.

--- Hết

---BÀI GIẢI
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

 

  

 

 

Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :





1; , 2; 2
2

 

  

 

  .

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

2
1

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

2 2

(3 3) 3(2 3) 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



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

         



 



2 2

5 (1 3) ( 5 1)   5  ( 3 1) ( 5 1)    3

= 5.3 5 20   B = 10.

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

2 2

1 2 3 1 2

x x  x x 



x1x2



2 5x x1 2

2 2

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

    

2 6 6 1 ( 1)2

4 2

m m m

       25 ( 1)2

4 m 2

  

Do đó giá trị lớn nhất của A là :

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 :

   o

EAO APM PMQ 90  

=> 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.

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

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

4
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 =

2 3

MP.AP x 2Rx x   (2R x)x

S đạt max 

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



x x x

. . (2R x)

3 3 3  đạt max

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 
x

(2R x)

3   

x R

2


SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 HÀ NỘI Năm học 2010 – 2011

Môn thi: TOÁN

Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010
Thời gian làm bài: 120phút

Bài I (2,5 điểm)

Cho biểu thức : A =

2 3 9

3 3

x x x

x

x x



 



  , với x0 và x9.
1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tìm giá trị của x để A = 1/3

3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
Bài II (2,5 điểm)

Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7 m.
Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.

Bài III (1,0 điểm)

Cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y = mx – 1.

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

1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) tại hai điểm
phân biệt.

2) Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm giá trị của
m để: x12x2 + x22x1 – x1x2 = 3.

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường trịn đó (C khác A, B). Lấy
điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F.

1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh DA.DE = DB.DC.

3) Chứng minh CFD = OCB . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là
tiếp tuyến của đường tròn (O).

4) Cho biết DF = R, chứng minh tgAFB = 2.

Bài V ( 0,5 điểm)

Giải phương trình: x2 + 4x + 7 = (x + 4) x27

Họ tên thí sinh:………Số báo danh:………..
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26></div>
(27)<div class='page_container' data-page=27></div>
(28)<div class='page_container' data-page=28></div>
(29)<div class='page_container' data-page=29></div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH BÌNH DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPTNĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút
(Khơng kể thời gian phát đề)
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 :
2

( ) :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 vng góc với AC cắt

AC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C .

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

Giải đề thi

Bài 1:





2
2

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 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:

1)
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
10
x (h)
Vì đến trước giờ dự định là 45’=

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

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
1

' 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:
H

O
A B
D C
M

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)

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



  0

DOH và DMB

D : DOH DMB(g-g)

( 90 )
chung

DOH DMB

  



  




  



2
DO

. .

.2 .

: . 2

DH
DB

DO DB DH DM

R R DH DM

Hay DH DM R

 



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

   

I
H'
O

A B

D C

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’

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

Hay I là trung điểm của H’C .

---hết---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
 PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011

Mơn thi : TỐN – Sáng ngày 30/6/2010
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút

---Câu 1. (2 đ )

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

HƯỚNG DẪN

Câu 1:

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

b)

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

1 2 3; 2 2 3
x   x  

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

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

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 :

3
1

706,5.90 21,195

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

SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 THANH HOÁ Năm học 2010 – 2011

Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2010
Thời gian làm bài: 120phút

---Bài I (2,0 điểm)

Cho phương trình : x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi n = 3

2. Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :
x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6

Bài II (2,0 điểm)

Cho biểu thức

3 3 1 1

3 3

a a

A

a a a

    

     

   

 

  với a > 0; a9

1.Rút gọn A

2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy

Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới x

A = -1,xB = 2

1.Tìm toạ đ ộ c ác đi ểm A,B v à vi ết ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB.

2. T ìm m đ ể đ ư ờng th ẳng (d) : y = (2m2 – m)x + m + 1 (v ới m l à tham s ố ) song song v ới đ ư

ờng th ẳng AB.

Bài IV (3,0)

Cho tam giác PQR có ba góc nhọn n ội ti ếp đ ư ờng tr òn t âm O,c ác đ ư ờng cao QM,RN c ủa
tam gi ác c ắt nhau t ại H.

1.Ch ứng minh t ứ gi ác QRMN l à t ứ gi ác n ội ti ếp trong m ột đ ư ờng tr òn.

2. K éo d ài PO c ắt đ ư ờng tr òn O t ại K.Ch ứng minh t ứ gi ác QHRK l à h ình b ình h ành.
3. Cho c ạnh QR c ố đ ịnh,Pthay đ ổi tr ên cung l ớn QR sao cho tam gi ác PQR lu ôn nh ọn.X ác đ
ịnh v ị tr í đi ểm P đ ể di ện t ích tam gi ác QRH l ớn nh ất.

Bài V ( 1,0 điểm)

Cho x,y là các s ố d ư ơng tho ả m ãn : x + y = 4

T ìm gi á tr ị nh ỏ nh ất c ủa :

2 2 33

P x y

xy
  

---
Hết---Họtênthísinh:……….Sốbáodanh:
………..

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

Đáp án:
Bài I)

1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – 4 = 0

pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4

2. pt đã cho có  n216 0 với mọi n, nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2.

Áp dụng hệ thức Vi et ta có:

x1 + x2 = n

x1x2 = -4

Ta có:

2 2

1 2 2 1

1 2 1 2 1 2

( 1) ( 1) 6

( ) 6

4.( ) ( ) 6

3 6

x x x x

x x x x x x

n n

n
n

   

    

     

 

Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A=

4
3
a

2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên  a3 là ước của 4.
do a3 3 nên a3 = 4

 a=1

Bài 3:

1. A(-1; 1); B(2; 4).

Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2.

2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi:

2 1 1

2
1 2

m m

m
m

  

 


 


Bài 4.

1. Tứ giác QRMN có :

  900
QNR QMR 

Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR.

2. Ta có: PQK 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra:PQKQ, mà RHPQ

 KQ//RH(1)

Chwngs minh tương tự ta cũng có: 
QH//KR(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành.
3. Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên:

QHR QKR

S S

Từ K kẻ KIQR. Ta có: 
1

.
2

QKR

S  KI QR

Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất K là điểm chính giữa của cung nhỏ QR.
Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.

R
Q

K
H

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

Bài 5
Từ x+y=4

Áp dụng BĐT Cơsi ta có: xy

( )

x y

 

Do đó

33 33
4
xy 

Mặt khác: x2+y2=(x y )2-2xy=16-2xy16 2.4 =8( do xy4)

Vậy P

33 65
8

4 4

  

Do đó : MinP= 
65

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

SỞ GD&ĐTVĨNH PHÚC

————————
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ THI MÔN: TỐN

Dành cho các trường THPT khơng chun

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

————————————

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong 4 câu từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa chọn,
trong đó có duy nhất lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng
trước lựa chọn mà em cho là đúng (ví dụ: nếu câu 1 em chọn lựa chọn A thì viết là 1.A)

Câu 1. Giá trị của 10. 40 bằng:

A. 10 B. 20 C. 30 D. 40

Câu 2. Cho hàm số y(m 2)x1 ( x là biến, m là tham số) đồng biến, khi đó giá trị của m tho ả
mãn:

A. m = 2 B. m < 2 C. m > 2 D. m =1

Câu 3. N u m t hình ch nh t có hai ế ộ ữ ậ đường chéo vng góc v i nhau v ớ à độ à d i m t c nh c a hìnhộ ạ ủ
ch nh t ó b ng 0,5cm thì di n tích c a nó b ng:ữ ậ đ ằ ệ ủ ằ

A. 0,25 cm2 B. 1,0 cm2 C. 0,5 cm2 D. 0,15 cm2

Câu 4. Tất cả các giá trị của x để biểu thức x2 có nghĩa là:

A. x < -2 B. x < 2 C. x  D. x2
PHẦN II. TỰ LUẬN (8,0 điểm):

Câu 5 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình

4 5 5

4 7 1

x y

 




 



Câu 6 (1,5 điểm). Cho phương trình: x2 2(m 1)x m  5 0 , (x là ẩn, m là tham số ).
1. Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 với mọi giá trị của m. 
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn điều kiện

2 2
1 2 10
x x 

Câu 7 (1,5 điểm). Cho một tam giác có chiều cao bằng

4cạnh đáy. Nếu chiều cao tăng thêm 3m và

cạnh đáy giảm đi 2m thì diện tích của tam giác đó tăng thêm 9m2. Tính cạnh đáy và chiều cao của

tam giác đã cho.

Câu 8 (2,0 điểm). Cho đường tròn (O), M là một điểm nằm ngồi đường trịn (O). Qua M kẻ hai tiếp
tuyến MA, MB đến đường tròn (O) với A, B là các tiếp điểm; MPQ là một cát tuyến khơng đi qua
tâm của đường trịn (O), P nằm giữa M và Q. Qua P kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB, AQ
tương ứng tại R, S. Gọi trung điểm đoạn PQ là N. Chứng minh rằng:

1. Các điểm M, A, N, O, B cùng thuộc một đường trịn, chỉ rõ bán kính của đường trịn đó.
2. PR = RS.

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

Cán bộ coi thi khơng được giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh……….Số báo danh……….

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

————————
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Dành cho các trường THPT khơng chun
——————————

HƯỚNG DẪN CHUNG:

-Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh
giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.

-Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan khơng được điểm.

-Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu khơng có hình vẽ đúng ở phần nào
thì giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó.

-Điểm tồn là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và khơng làm trịn.

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:
Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm):

Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.

Câu 1 2 3 4

Đáp án B C A D

Phần II. Tự luận (8,0 điểm).
Câu 5 (2,0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Xét hệ phương trình

4 5 5 (1)

4 7 1 (2)

x y

 




 



Lấy (1) – (2) ta có: 2y4 y2 0,5

Thay y2 vào (1) có: 4x105 0,5

15
4
x
 

0,5

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:

, 2

4
x y

0,5

Câu 6 (1,5 điểm).
1. (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Ta có ' = m2 3 m + 6 0,25

=

3 15

2 4

m

 

  

 

  m nên PT đã cho có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 với mọi giá trị 
của m.

0,25
2. (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Theo cơng thức viet ta có: x1 + x2 = 2(m 1),  x1x2 = m 5  0,25
Ta có x12x22 (x1x2)2 2 .x x1 2

2 2

4(m 1) 2(m 5) 4m 10m 14

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

Từ đó

2 2 2 2

1 2

10 4 10 14 10 4 10 4 0 2

m

x x m m m m

m





          





0,25

Vậy 
1
2
m

hoặc m = 2 là các giá trị cần tìm thoả mãn u cầu bài tốn. 0,25
Câu 7 (1,5 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Gọi độ dài cạnh đáy của tam giác đã cho là x (m) (điều kiện x > 0) thì chiều cao của 
tam giác là

4x (m).

0,25

Diện tích của tam giác là

1 3 3

. .

2 4 8

S  x x x

(m2) 0,25

Khi tăng chiều cao thêm 3m và giảm cạnh đáy đi 2m thì chiều cao của tam giác mới là (

3
3

4x ) (m) và độ dài cạnh đáy của tam giác mới là (x 2) (m).

0,25

Khi đó diện tích tam giác mới là

1 3

' .( 2). 3

2 4

S  x  x 

  (m2) 0,25

Theo bài ra ta có PT :

1 3 3

3 ( 2) 9

2 4x x 8x

 

   

 

  x = 16 (thoả mãn điều kiện) 0,25

Vậy tam giác đã cho có độ dài cạnh đáy là x = 16 (m), độ dài chiều cao là h = 12 (m). 0,25
Câu 8. ( 2,0 điểm).

1. ( 1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Có: MAO 900 (góc giữa tiếp tuyến với bán kính đi qua tiếp điểm). 0,25

Tương tự MBO900. 0,25

Suy ra các điểm A, N, B cùng nhìn đoạn MO dưới một góc vng. 0,25
Vậy 5 điểm M, A, N, O, B cùng thuộc đường tròn bán kính 2

MO
.

0,25
2.( 1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Tứ giác MANB nội tiếp nên AMN ABN (1),OAPS,

 

OA MA  PS MA AMN RPN (2). 0,25

Từ (1) và (2) suy ra: ABN RPN hay RBN RPN  tứ giác PRNB nội tiếp

 

BPN BRN

  (3) 0,25

Mặt khác có: BPN BAQ (4), nên từ (3) và (4) suy ra: BRN BAQ RN SQ// (5) 0,25

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

PR RS (đpcm)
Câu 9 (1,0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Có a2 a2 (b c )2 (a b c a b c  )(   ) (1) , b2b2 (c a )2 (b c a b c a  )(   ) (2)
 c2c2 (a b )2 (c a b c a b  )(   ) (3) . Dấu ‘=’ xảy ra  a b c 

Do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên các vế của (1), (2), (3) đều dương. Nhân vế

với vế của (1), (2), (3) ta có : abc(a b c b c a c a b  )(   )(   ) (*) 0,25

Từ a b c  2 nên (*)  abc(2 2 )(2 2 )(2 2 ) a  b  c
8 8(a b c) 8(ab bc ca) 9abc 0

        

8 9abc 8(ab bc ca) 0 9abc 8(ab bc ca) 8

           (*) 0,25

Ta có

3 3 3 ( )3 3( )( ) 3 8 6( ) 3

a b c  a b c   a b c ab bc ca     abc  ab bc ca   abc 0,25

Từ đó





3 3 3

4(a b c ) 15 abc27abc 24(ab bc ca  ) 32 3 9  abc8(ab bc ca  ) 32
(**)

Áp dụng (*) vào (**) cho ta 4(a3b3c3) 15 abc3.( 8) 32 8  
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2
3
a b c  

.

Từ đó giá trị nhỏ nhất của P là 8 đạt được khi và chỉ khi

2
3
a b c  

0,25

—Hết—

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
 NAM ĐỊNH

---ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Năm học 2010-2011

Mơn: TỐN ( chung )

Thời gian làm bài: 120’( không kể thời gian giao đề)
Phần I: Trắc nghiệm ( 1,0 điểm )

Mỗi câu sau có nêu 4 phương án trả lời A, B,C,D, trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy chọn
phương án đúng (viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án được lựa chọn).

Câu 1: Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x – 2 và đồ thị hàm số y = - x + 4 là: A. 
(1;3) B. (3;1) C. (-1;-3) D. (-1;5)

Câu 2 : Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến khi x > 0 ?

A. y = ( 82 - 9 )x2 B. y = ( 1,4 - 2)x2 C. y = ( 2 - 5)x + 1 D. y = -x + 10

Câu 3 : Cho hình chữ nhật MNPQ nội tiếp đường tròn (O ;R). Biết R = 5cm và MN = 4cm. Khi 
đó cạnh MQ có độ dài bằng :

A. 3cm B. 21cm C. 41cm D. 84cm

Câu 4 : Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm, có thể tích bằng 20cm3. Khi đó, hình trụ đã cho

có chiều cao bằng :
A.

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

Câu 1. ( 1,5 điểm ) Cho biểu thức :
P =

2 1 1

1 1 1

x x

x x x x x

 

 



 

   

  . Với điều kiện : x > 0 và x  1
1) Rút gọn biểu thức P

2) Tìm x để P = 10

Câu 2: ( 2,0 điểm ) Cho phương trình bậc hai x2 + 2x – m = 0 (1)

1) Giải phương trình ( 1 ) khi m = 4

2) Xác định m để phương trình ( 1 ) có nghiệm. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ( 1).

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x14 + x24

Câu 3: ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình

2 2

3 5

( )( 1) 7

x y xy

x y x y xy

   



    



Câu 4: ( 3,5 điểm ) Cho đường trịn (O ;R) có đường kính AB. Trên đường trịn (O ;R) lấy điểm 
M ( khác A và B).Gọi H là trung điểm của MB. Tia OH cắt đường tròn (O ;R) tại I. Gọi P là chân
đường vng góc kẻ từ I đến đường thẳng AM

1) Chứng minh :

a) Tứ giác OHMA là hình thang.

b) Đường thẳng IP là tiếp tuyến của đường tròn (O ;R).

2) Gọi N là điểm chính giữa cung nhỏ MA của đường tròn (O ;R).Gọi K là giao điểm của NI và
AM. Chứng minh PK = PI.

3) Lấy điểm Q sao cho tứ giác APHQ là hình bình hành. Chứng minh OQ = R

Câu 5: ( 1,0 điểm ) : Cho các số dương x và y thay đổi thoả mãn điều kiện : x – y 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

4 1
x y.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 2 phần b : Giá trị nhỏ nhất của M bằng 2. Dấu bằng xảy ra khi x = -1
Câu 5 : Vì x , y là các số dương thoả mãn x – y  1 nên ta có :

P =
4 1

x y  P .1  ( x – y ) 
4 1

x y

 



 

 

 P  4 - 
4

x y

y x + 1

 P  5 -

x y

y x

 



 

 

Áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương ta có :
4

x y

y x  2
4
.

x y

y x 

x y

y x  4
Dấu ‘‘=’’ xảy ra  x = 2y

=> P  5 – 4 => P  1

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

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi x =  2y.

SỞ GD & ĐT LÂM ĐỒNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
 Năm học : 2010 – 2011
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi : Tốn

Thời gian làm bài : 120 phút

---Câu 1: (0.75 đ) Tính :

3 2 12 75

 

Caâu 2: (0.75 đ) . Giải hệ phương trình :

3 5

2 4 0

x y

 




 



Câu 3: (0.75 đ). Tìm m để đồ thị của hàm số : y = 2x + m – 4 cắt trục tung tại điểm có tung độ
bằng 2.

Câu 4 : (1 đ). Từ điểm A ngồi đường trịn (O), kẻ tiếp tuyến AB ( B là tiếp điểm) và cát
tuyến AMN với đường tròn ,sao cho tia AO nằm giữa hai tia AB và AM . Gọi I là trung điểm
của dây MN. Chứng minh :

a. Tứ giác ABOI nội tiếp

b. AB2 = AM.AN

Caâu 5: (1.25 đ) . Cho hàm số : y = x2 có dồ thị là (P).
a. Vẽ (P).

b. Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d) : y = - x + 2

Câu 6 : (0.75 đ). Một hình cầu có thể tích bằng 288(cm3). Tính diện tich mặt cầu.

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

Câu 8: (1 đ). Một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 26cm, hai cạnh góc vuông hơn kém
nhau 14cm. Tính các cạnh góc vuông.

Câu 9: (0.75 đ) Lập phương trình có hai nghiệm là x1 và x2 thỏa :

1 2
2 2
1 2

6
12

x x

 





 




Câu 10: (1 đ) . Cho phương trình : x2 – (m – 1)x + m – 3 = 0 (*) (x là ẩn, tham số m)
a. Giải phương trình (*) khi m = 3.

b. Chứng minh phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

Câu 11: (0.5 đ) Rút gọn :



1 3



2 3

Câu 12: (0.5 đ) Cho đường tròn (O, R) , hai dây cung AB và CD vng góc với nhau (AB, CD
không đi qua O). Chứng minh : AC2 + BD2 = 4R2

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

Tuyen tap de thi vao 10 hay

<b>SỞ GD&ĐT NGHỆ AN</b>

<b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT</b>

<b>NĂM HỌC 2010 – 2011</b>



 





 





 











<b>---SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT</b>

<b> BÌNH ĐỊNH</b>

<b>KHÓA NGÀY : 30 - 6 - 2010</b>

<b>Đề chính thức</b>

Mơn thi:

<b>TỐN</b>

Thời gian:

<b>120 phút</b>

( không kể thời gian phát đề)

Ngày thi:

<b>01/7/2010</b>

---

<b>Bài 1: (1,5 điểm)</b>

Giải các phương trình sau:

a) 3(x – 1)

=

2+x b) x

<sub> + 5x – 6 </sub>

<sub>=</sub>

<sub> 0</sub>

<b>Bài 2: (2,0 điểm)</b>

a) Cho phương trình x

<sub> – x + 1 – m ( m là tham số ).</sub>

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 (

-

<sub>).</sub>

<b>Bài 3: (2,5 điểm)</b>

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.

<b>Bài 4: (3,0 điểm)</b>

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) AM

<sub> = AC`.AB</sub>

<b>Bài 5:(1,0 điểm).</b>

Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình ax

<sub> + bx + c = 0 </sub>

vô nghiệm. Chứng minh rằng:

HƯỚNG DẪN GIẢI

<b>Bài 1: (1,5 điểm) </b>

a) 3(x – 1) = 2 + x <=> 3x – 3 = 2 + x <=> 2x = 5 <=> x = 2,5

b) Ta coù a + b + c = 1 + 5 +(-6) = 0 => x

= 1 ; x

= -6

<b>Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x</b>

<sub> – x + 1 – m = 0 ( m là tham số ).</sub>

Để phương đã cho có nghiệm thì

= 0 <=> (-1)

– 4(1 – m) = 0 <=> 1 – 4 + 4m = 0

<=> m =

<sub> </sub>

b) Hệ phương trình