DE THI TUYEN SINH VAO 10 CHUYEN HA NAM

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (477.64 KB, 85 trang )

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

HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10

THPT NĂM HỌC 2012 - 2013
Mơn Tốn

Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1 (1,5 điểm)

Rút gọn các biểu thức sau:
a) A = 2^5 + 3^45-V50Õ
b ) B = ± r a i _ V 8

V 3 - 1
Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2 - 5x + 4 =

Câu 3. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
Parabol (P) có phương trình: y =
x2 và đường thẳng (d) có phương

trình y = 2mx - 2m + 3(m là tham
số)

a) Tìm tọa độ các điểm thuộc (P)
biết tung độ của chúng bằng 2.

b) Chứng minh rằng: (P) và (d)
cắt nhau tại hai điểm phân biệt với
mọi m. Gọi y1? y2 là tung độ các

giao điểm của (P) và (d), tìm m để
y1 + y2 < 9

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường
kính AB. Trên tiếp tuyến của
đường tròn (O) tại A lấy điểm M
(M khác A). Từ M vẽ tiếp tuyến
thứ hai MC với (O) (C là tiếp
điểm). Kẻ CH vng góc với AB
(He AB), MB cắt (O) tại điểm thứ
hai là K và cắt CH tại N. Chứng
minh rằng:

a) Tứ giác AKNH nội tiếp.
b) AM2 = MK.MB

c) Góc KAC bằng góc OMB
d) N là trung điểm của CH.
Câu 5. (1,0 điểm)

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

>
4
;
c

>
9
T
ì
m
g
i
á
t
r
ị
l
ớ
n
n
h
ấ
t
c
a
b
i
ể
u
t
h
ứ
c
:

P = bcVa -1 +
c
a
V
b

-4
+
a
W
c

-9
a
b
c

---H
Ế
T

---...Số báo danh.

Họ và tên giám thị 2:..
Họ và tên thí sinh: .. Họ

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

viên THCS Thanh Lưu;
Website: thcsthanhluu.
hanam.edu . vn

Email:

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

Phương trình hồnh độ giao điểm của Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2mx - 2m + 3 là:

x2 = 2mx - 2m + 3 0 x2 - 2mx + 2m - 3 (*)

3x - ỵ =1 o | X =5 - 2 y o Ix=5 -2 y o Ix=1

[x + 2y = 5 [3(5 - 2y )- y =1 | y = 2 | y = 2 0 , 5

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x = l;y = 2) 0,25
Câu 3

Hoành độ các điểm thuộc (P): y = x2 biết tung độ của chúng bằng 2 thỏa mãn: x2 = 2 o x

l = Vĩ x2 =

-Vĩ 0,5

Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: A (>/ĩ;2) ;B (-Vĩ;2) 0,5
0,25
0,25
0,5

Ta có A’ = m2 - 2 m + 3 = ( m - l )2 + 2 > 0 với mọi giá trị m nên (*) ln có hai nghiệm phân

biệt hay (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m

Gọi tọa độ giao điểm của (P) và (d) là ( xl; yl) ; ( x2; y2) t a c ó xl; x2 là nghiệm của

íx, + x2 = -2m 2 2
(*) nên:\ ' 2 3 và yi = = x2

|xl.x2 = 2m - 3

0,25

0,25
Suy ra: yl + y2 < 9 0 x2 + x2 < 9 0 (xl + x2)2 - 2xl.x2 < 9

1 l 3

0 4m2 - 4m + 6 < 9 0 (2m -1) < 4 0-2 < 2m -1 < 2 0 -— < m < —
v’ 2 2

Câu 4

0,25
b)

NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐÁP ÁN
Môn Toán

Điểm

Câu Nội dung

Câu 1

A = 2V5 + 9a/5 - 10a/5 0,75

A = V5 0,25

--ẾẸẸĨ

-272

J

2 (

ỉ

-

Ạ

-2^2-^2^-2^2

v3 -1 V3 -1 V3 -1

HÀ NAM ẳ

ĐỀ CHÍNH THỨC

0,75

B -42 - 242 = -Vĩ 0,25

Câu 2.

0,25
5x + 4 = 0 Ta có a+b+c=l+(-5)+4=0

x
a)

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

Nguyễn Thanh Ninh - Giáo viên THCS Thanh Lưu;
Website: thc sthanhluu. hanam.edu . vn

Email: Hoặc: ngninh1670@ gmail.com

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

Ta có: AKN = 90(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AHN = 90 Do CH ± AB(gt)
Nên AKN + AHN = 1800 suy ra tứ giác AKNH nội tiếp.

b) AM ± AB (AC là tiếp tuyến của (O)); AK ± MB (AKB = 900)

Áp dụng hệ thức cạnh và đường cao trong tam giác vuông AMB ; đường cao MK. Ta có
AM2 = MK.MB

0,75

c) Ta có MA=MC; MO là tia phân giác của AMC nên tam giác AMC cân tại M có MO là

phân giác đồng thời là đường cao nên MO±AC.

Mặt khác BMM = 900 ^ BC ± AC

Suy ra MO//BC Nên OMB = CBK (so le trong)
Mà KAC = CBK (t/c góc nội tiếp)

Vậy KAC = OMÌB

1,00

d) Gọi giao điêm của AC và MO là I. Từ kết quả câu c ta suy ra tứ giác AIKM nội tiếp ^ 
IKN = IMA

Mà CH//MA( cùng vng góc với AB) ^ MCI = IMA (so le trong)

Suy ra ^ IKN = N C I . Nên tứ giác CKIN nội tiếp ^ CIN = CKB Mà CKB = CAB (góc nội
tiếp)

Do đó CIN = CAB ^ NI//AB Mà I là trung điêm của AC Nên ta có N là trung điêm của
CH.

0,75

Câu 5 P bcVa -1 + caVb - 4 + aWc - 9 V a -1 Vb - 4 V c - 9 abc a b c 0,25

Vì a > 1; b > 4; c > 9 Áp dụng bất đăng thức Cô-si cho các số dương ta được:
Va -1 = Wa -1 < 1+a—1 = a Dấu " = " xảy ra a -1 = 1 ^ a = 2 2 2

Vb 4 = 2.Vb 4 < 4 1 b 4 = b Dấu " = " xảy ra < ^ V b 4 = 2 ^ b = 8 22

V c - 9 = 3.Vc -9 < 9+^—— = — Dấu " =" xảy ra c-9 = 3 ^ c = 18 2 2

0,5

c Va -1 -v/b - 4 yịc - 9 a b c 3

Suy ra P = ——+ — +—< + — + — =

-a b c 2-a 2b 2c 2 , 3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là Pmax = — ^ a = 2;b = 8;c = 9

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

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Năm học 1997 - 1998 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao
đề)

Bài 1 (1 điểm):

Phân tích ra thừa số :
a) a + 1 ;

b ) V8 -45 - 2 + Vĩõ
Bài 2 (3 điểm):

Trong hệ trục toạ độ Oxy cho ba điểm A(- 43 ; 6), B(1 ; õ), C(2 ; 8).
a) Biết điểm A nằm trên Parabol (P) có phương trình y = ax2, xác định a ?

b) Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm B và C
c) Xét vị trí tương đối giữa đường thẳng (d) và Parabol (P)

Bài 3 (2 điểm):

Giải phương trình: ^7 x

- y/ĩ 5 x + V2"
Bài 4 (1,5 điểm):

Cho AABC có AB = AC = 5cm; BC = 6cm. Tính :
a) Đường cao AABC hạ từ đỉnh A ?

b) Độ dài đường tròn nội tiếp AABC ?
Bài 5 (2 điểm):

Cho hình vng ABCD. Trên cạnh BC, CD lần lượt lấy điểm E, F sao cho
ẼAF = 450. Biết BD cắt AE, AF theo thứ tự tại G, H. Chứng minh:

a) ADFG, GHFE là các tứ giác nội tiếp

b) ACGH và tứ giác GHFE có diện tích bằng nhau
Bài 6 (0,5 điểm)

Tính thể tích của hình hộp chữ nhật ABCD.A,B’C,D’ biết AB’ = 5; AC = >/34 ; AD’

= Vĩĩ.

--- HẾT --Họ và tên thí sinh:
... Số báo danh:
...

Giám thị 1: ... Giám thị 2:

...

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7></div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài 1 (1 điểm):

a) a3 + 1 = (a + 1)(a2 — a + 1).

b) V8 - V5 - 2+V1) = {48 - 2)+(V1) - V5) = (V2 -1)(2+V5).
Bài 2 (3 điểm):

a) Điểm A(- -s/3 ; 6) nằm trên Parabol (P) : y = ax2 nên : 6 = a.(- yf3)2^ a = 2. Vậy

giá trị a cần tìm là a = 2 (Parabol (P) : y = 2x2)

b) Phương trình đường thẳng (d) có dạng : y = ax + b.
Vì (d) đi qua hai điểm B(1 ; õ) và C(2 ; 8) nên ta có hệ :

a + b = õ Ja = 8

[2a + b = 8 ^ |b = -8 Phương trình đường thẳng (d) là : y = 8x - 8.
c) Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là :

2x2 = 8x - 8 ^ x2 - 4x + 4 = õ ^ (x - 2)2 = õ ^ x = 2.

Suy ra (d) tiếp xúc với (P) tại điểm có toạ độ C(2 ; 8).
Bài 3 (2 điểm):

ĐKXĐ : x * ±V2.

Từ phương trình đã cho suy ra :

5>/2"(x + V2) - 7(x + V2^(x - ^ỈT) = 5x(x - yịĩ)

^ 5>/2x + 1õ - 7x2 + 14 = 5x2 - 5>/2x ^ 12x2 - 1õ>/2x - 4 = õ ^ 6x2 - 5>/2x - 2 = õ

(*)

A = (- 5>/2)2 + 6.2 = 62 > õ . Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt :

5^/2 -A/62 x 5^2 + A/62 (đều th ả mãĐKXĐ) x2 = (đeu thoả mãn

ĐKXĐ).

x1 =

5^2 ->/62 5>/2 + V6 2
Vậy pt đã cho có hai nghiệm phân biệt là x1 =

Bài 4 (1,5 điểm):
a) (Hình 1)

Kẻ đường cao AH. Tam giác ABC cân tại A nên AH
vừa là đường phân giác vừa là đường trung tuyến. Suy ra HB
= HC = BC : 2 = 3cm.

Áp dụng định lí Pitago cho biAHC, ta có :
AH2 = AC - HC = 52 - 32 = 42
^ AH = 4 (cm).

b) Gọi O là tâm đường trịn nội tiếp AABC, r là bán
kính của đường trịn đó ;

,x2 =

1
2
12

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

Điểm O chính là giao điểm của ba đường phân giác nên O e AH ^ OH ± BC. Gọi I và K lần
lượt là tiếp điểm của (O) với AB và AC thì OI ± AB và OK ± AC.

Ta có : SABC = SOAB + SOBC + SOCA hay —AH.BC = — r.AB + -r.BC + -r.AC
2 2 2 2

AH.BC
= 1,5 (cm).

AB + BC + AC 5 + 6 + 5 Vậy độ dài đường tròn nội tiếp AABC là C
= 2rcr » 2.3,14.1,5 = 9,42 cm.

Bài 5 (2 điểm):
a) (Hình 2)

*) Chứng minh tứ giác ADFG nội tiếp.

ABCD là hình vng nên BDC = DBC = 45õ Xét tứ giác ADFG có :
GAF = EAF = 45õ và GDF = BDC = 45õ.

Hai đỉnh liên tiếp A và D cùng nhìn cạnh GF dưới một

/icõ .-X

góc bằng 45õ nên tứ giác ADFG nội tiếp.

*) Chứng minh tứ giác GHFE nội tiếp.

Chứng minh tương tự như trên ta có tứ giác ABEH nội tiếp.

Tứ giác ADFG nội tiếp nên AGF + ADF = 18õõ ^ AGF = 18õõ - ADF = 18õõ - 9õõ = 9õõ ^ EGF
= 9õõ.

Tứ giác ABEH nội tiếp nên AHE + ABE = 18õõ
^ AHE = 18õõ - ABE = 18õõ - 9õõ = 9õõ ^ EHF = 9õõ.

Xét tứ giác GHFE có hai đỉnh liên tiếp G và H cùng nhìn cạnh EF dưới một góc 9õõ nên là tứ

giác nội tiếp.

b) Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của AC và GF.
Tứ giác ABCD là hình vuông nên đường chéo BD là trục đối xứng của AC
^ GA = GC, HA = HC. Do đó AAGH = ACGH (c-c-c) ^ SAGH = SCGH

AAGF vuông cân tại G (vì AGF = 9õõ và GAF = 45õ) nên GFA = 45õ; ABCD là hình vng
nên ECA = BCA = 45õ. Suy ra GFA = ECA (= 45õ).

Mặt khác, AAGI vng tại G có GO ± AI (vì BD ± AC, BD là đường trung trực của AC) nên
Gai = EgI (vì cùng phụ với AgO ) hay EaC = HgF .

Xét AAEC và AGHF có GFA = ECA và GAI = HGF (chứng minh trên)
AE AC

nên AAEC ~ AGHF (g.g). Suy ra : ^ AE.GF = AC.GH
GH GF

Tứ giác AGCH có hai đường chéo vng góc (AC ± GH) nên SAGCH = 2AC.GH

AAEF có đường cao FG ứng với cạnh AE nên SAEF = 2AE.GF

Từ (1), (2) và (3) suy ra : SAGCH = SAEF ^ SAGH + SCGH = SAGH + SGHFE ^ SCGH = SGHFE
(đpcm)

4.6

(1)
(2)
(3)

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

Bài 6 (0,5 điểm)

Đặt AB = a, AD = BC = b, AA’ = DD’ = c (H. 3)

Áp dụng định lí Pitago cho các tam giác vng ABC, ADD’ và ABB’, ta có :
AB2 + BC2 = AC2 hay a2 + b2 = 34

AD2 + DD = AD hay b2 + c2 = 41 BB’2 + AB2= AB’2 hay c2 + a2 = 25 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta

được :

2(a2 + b2 + cz) = 100 ^ az + b + cz = 50 (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra a2 = 9, b2 = 25, c2 = 16

^ a = 3 (cm), b = 5(cm), c = 4 (cm)

Vậy thể tích của hình hộp ABCD.A,B,C,D’ là : V = abc = 3.5.4 = 60 (cm3).

/ / 1 >>

1 \
1 'p í ịc

/ 1

s
\

s
s

s

/ Ị / 1
/ ÌA' / ✓
/ /

>/
'r

s ' s

s
s
s

A
D

Hin
h 3

C
B
a

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

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG • • •

THÁI BÌNH Năm học 1998 - 1999

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2 điểm):

So sánh x và y trong mỗi trường hợp sau:
a) x = yjĩĩ - yỊĨ và y = V3;

b) x = V5Vỏ và y = VỏV5 ;
c) x = 2m và y = m + 2.
Bài 2 (2 điểm):

' ' x2 3

a) Trên cùng hệ trục toạ độ vẽ đồ thị các hàm số y = — (P) và y = x +— (d)
b) Dùng đồ thị cho biết (có giải thích) nghiệm của phương trình : -s/2x + 3 = x.
Bài 3 (3 điểm):

Xét hai phương trình: x2 + x + k + 1 = 0 (1) và x2 - (k + 2)x + 2k + 4 = 0 (2)

a) Giải phương trình (1) với k = -1; k = -4

b) Tìm k để phương trình (2) có một nghiệm bằng yỊĨ ?

c) Với giá trị nào của k thì hai phương trình trên tương đương ?
Bài 4 (0,5 điểm):

Tam giác vuông ABC có A = 900, B = 300,BC = d quay một vịng chung quanh AC. Tính thể

tích hình nón tạo thành.
Bài 5 (2,5 điểm):

Cho AABC không cân, đường cao AH, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi E, F thứ tự là
hình chiếu của B, C lên đường kính AD của đường tròn (O) và M, N thứ tự là trung điểm của BC,
AB. Chứng minh:

a) Bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên đường tròn tâm N và HE// CD.
b) M là tâm đường tròn ngoại tiếp AHEF.

HẾT

---... Số báo danh:

... Giám thị 2: ...

5 VNMATH.COM

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Bài 1 (2 điểm):

a) x = V2 7 ->/2 = 3^3 ->/2 > 3y/3 ->/3 = ^V3 mà y =>/3 < ^V3
b) x = Vwỏ ^ x4 = 52.6 = 150; y = Vw? ^ y4 = 62.5 = 180

^ x4 < y4 ^ x < y (vì x, y > 0)

c) Xét hiệu x - y = 2m - (m + 2) = m - 2. Ta xét ba trường hợp :
d) Nếu m < 2 ^ m - 2 < 0 ^ x < y.

- Nếu m = 2 ^ m - 2 = 0 ^ x = y.
- Nếu m > 2 ^ m - 2 > 0 ^ x > y.
Bài 2 (2 điểm):

a) (H. 1)

*) Vẽ đồ thị hàm số y = —
2
- Sự biến thiên :

Vì a = 1 > nên hàm số đồng biến với x > 0

2
nghịch biến với x < 0.

- Đồ thị:

Bảng một số cặp toạ độ điểm (x ; y) thuộc đồ thị hàm số.

Đồ thị hàm số y = — là một Parabol (P) với đỉnh O, đi qua các cặp điểm (x ; y) ở trên,
2

nhận Oy làm trục đối xứng và nằm phía trên trục hồnh.
3

*) Vẽ đơ thị hàm sô y = x +—
2

- Cho x = -1 ^ y = 0,5, ta được điểm A (-1 ; 0,5).

- Cho x = 3 ^ y = 4,5, ta được điểm B(3 ; 4,5)

Đồ thị hàm số y = x +— là một đường thăng (d) đi qua hai điểm A và B.

Nghiệm của phương trình đã cho chính là hoành độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) ở phía bên

phải trục tung (do x > 0). 6

VNMATH COM
x < y.

x - 3 -2 -1 0 1 2 3

y 4,5 2 0,5 0 0,5 2 4,5

x > 0
3 x2 x + —

= — 2 2
b) V2x + 3 = x ^ Ị x > 0

2x + 3 = x2

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

Nhìn vào đồ thị ta thấy hoành độ giao điểm của (P) và (d) bên phải trục tung là x = 3. Vậy
nghiệm của phương trình : V2x + 3 = x là x = 3.

Bài 3 (3 điểm):

a) Với k = -1, (1) trở thành : x2 + x = 0 ^ x(x + 1) = 0 ^ x

1 = 0, x2 = -1. Với k = -4, (1) trở

thành : x2 + x - 3 = 0

A = 1 + 12 = 13 > 0 nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt :

1 +yjũ

22 Vậy với k = -1 thì phương trình (1) có hai nghiệm là x1 = 0, x2 = -1;
-1 ±>/13

với k = -1 thì phương trình (1) có hai nghiệm là x1,

2
b) Phương trình (2) có một nghiệm bằng V2 thì :

(V2)2 - (k + 2)V2 + 2k + 4 = 0 ^ (2 - V2)k = 2V2 - 6

k = 2 V2 - 6 = ( 2 V 2 - 6)

(2 W2) = 4 V 2 + 4 - 12 - 672 = - 2 ^ / 2 + 4) = 2 -72 = (2 -V2)(2 + V2) = 4 - 2 = 2 ^
k = -4-V2

Vậy với k = - 4 - V2 thì phương trình (2) có một nghiệm bằng V2.

c) Hai phương trình (1) và (2) tương đường khi xảy ra 2 trường hợp sau:

- TH1 : (1) và (2) cùng vô nghiệm.

A(1) = 1 - 4(k + 1) < 0

(1) ~ ^ ^ ị -TV A

(2) = (k + 2)2 - 4(2k + 4) < 0 Ị(k + 2)2 - 8(k +

2) < 0

4k >-3 ^ ị ^ Ị(k + 2)(k - 6) < 0

- TH2 : (1) và (2) có cùng tập nghiệm.

Từ (1) suy ra : k + 2 = 1 - x - x2, thay vào (2) ta được :

x2 - (1 - x - x2)x + 2(1 - x - x2) =

0 ^ x2 - x + x2 + x3 + 2 - 2x - 2x2 = 0

^ x3 - 3x + 2 = 0 ^ (x - 1)2(x + 2) = 0 ^ x = 1 hoặc x = -2 Với

x = 1 hoặc x = -2, ta đều được k = -3, khi đó (1) và (2) cùng trở thành :
x2 + x - 2 = 0 ^ x

1 = 1; x2 = -2

Do đó hai phương trình (1) và (2) có cùng tập nghiệm S = {1 ; -2) nên chúng tương
đương.

1 ->/Ĩ3
x

-3 - 4k < 0

1 - 3 k
> —

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

Vậy đê hai phương trình (1) và (2) tương đương thì k = -3 hoặc — < k < 6

4 2

Hình nón có đáy là đường trịn tâm A bán kính AB, chiều cao là AC. Thê
tích của hình nón tạo thành là : Vnón = d rcd3

1 _ao2 1 _ 3d —tcAB .AC = — • n • —7- — =

3 3 2 2 4

Bài 5 (2,5 điểm):
a) (H. 3)

CM bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc đường trịn
tâm N.

Vì AEB = AHB = 900 nên H, E cùng nằm trên đường trịn
đường kính AB. Mà N là trung điêm của
AB.

Suy ra bốn điêm A, B, H, E cùng thuộc đường

tròn tâm N, bán kính AB.

2
Chứng minh HE // CD:

Tứ giác ABHE nội tiếp đường trịn tâm N, nên :

§AE + §HE = 1800 (tổng 2 góc đối của tứ giác nội tiếp), mà EHC + §HE =

1800 (hai góc kề bù)

^ BAE = EHC (cùng bù với §HE) hay BAD = EHC
Mặt khác, BCD = BAD (góc nội tiếp cùng chắn BD )

Từ (1) và (2) suy ra BcD = EhC.

Hai góc này ở vị trí so le trong nên HE // CD.

b) Gọi K là trung điêm của EC, I là giao điêm của MC với ED.

ABCE có MB = MC (gt), KE = KC (cách dựng) nên MK là đường trung
bình. ^ MK // BE; mà BE 1 AD (gt)

^ MK 1 AD (quan hệ vng góc-song song) hay MK 1 ED (3)
Lại có CF 1 AD (gt) ^ MK // CF hay KI // CF.

C
d

3^
3d2

AB =
AABC vng tại A có B = 300 nên AC =

AB2 = BC2 - AC2 (định lí Pitago)

Bài 4 (0,5 điểm):

(H. 2).

AB2 = d2 - AB2 = d2 - r A \

Hinh 3

(1)
(2)

- 3

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

AECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4)
Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF ^ ME = MF (5)

Xét AABC có MB = MC, NB = NA (gt) nên MN là đường trung bình ^ NM // AC.

Ta lại có HE // CD (câu a)), ACD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) hay AC 1 CD
nên HE 1 AC (quan hệ vng góc-song song)

Suy ra NM 1 HE (vì NM // AC, HE 1 AC).

Xét đường tròn tâm N có HE là dây cung, NM 1 HE nên NM đi qua trung điêm của HE. Do đó
NM là đường rung trực của HE. Suy ra MH = ME (6)

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

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề bị lộ)
Bài 1(2 điểm):

Với giá trị nào của x thì các biêu thức sau có nghĩa:

1 ị\ 5x- 1 Vx + 1 1 1

a) 2x; b)

s

; c) X ; d) Vr-x

Bài 2(1 điểm):

3 X + 1

Giải phương trình:---1---= 2
X + 1 3

Bài 3 (1,5 điểm):

í X - my = 2 Cho
hệ phương trình ị

[2x + (m - 1)y = 6
a) Giải hệ với m = 1;

b) Tìm giá trị của m đê hệ có nghiệm
Bài 4(2 điểm):

Cho hàm số y = 2x2 (P)

a) Vẽ đồ thị hàm số (P)

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điêm (0 ; -2) và tiếp xúc với (P)
Bài 5 (3,5 điểm):

Cho nửa đường trịn đường kính AB. Gọi H là đi êm chính giữa cung AB; M là một điêm
nằm trên cung AH, N là một điêm nằm trên dây cung BM sao cho BN = AM. Chứng minh:

a) AAMH = ABNH.

b) AMHN là tam giác vuông cân.

c) Khi M chuyên động trên cung AH thì đường vng góc với BM kẻ từ N luôn đi qua một
điêm cố định ở trên tiếp tuyến của nửa đường tròn tại đi êm B.

--- HẾT --Họ và tên thí sinh: ...
Số báo danh: ...

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG THÁI BÌNH

Năm học 1999 - 2000
Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Giám thị 1: Giám thị 2:

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

a) Rút gọn A
b) Tìm x đê A = 3
Bài 2 (2 điểm):

Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + m2 - 5 = 0

a) Giải phương trình trên khi m = 1

b) Tìm m đê phương trình trên có nghiệm .
Bài 3(3 điểm):

Cho (O) đường kính AC. Trên đoạn OC lấy điêm B và vẽ đường trịn (O’) đường kính BC.
Gọi M là trung điêm đoạn AB. Từ M kẻ dây cung DE 1 AB. Gọi I là giao của DC với (O’). Chứng
minh rằng :

a) ADBE là hình thoi.
b) BI // AD.

c) I, B, E thẳng hàng .
Bài 4(3 điểm):

Cho hai hàm số y = - + 4 (1) và y = - ——4 (2) (m ^ 1)

2 1- m

a) Vẽ đồ thị hàm số (1) và (2) trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy với m = -1
b) Vẽ đồ thị hàm số (1) và (2) trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy ở trên với m = 2
c) Tìm toạ độ giao điêm của các đồ thị hàm số (1) và (2).

HẾT
---Họ và tên thí sinh:

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 1999 - 2000 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

Bài 1(2 điểm):

Số báo danh:

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

Bài 2 (1 điểm):

ĐKXĐ : x * -1.

Từ phương trình đã cho suy ra :

9 + (x + 1)2 = 6(x + 1) ^ (x + 1)2 - 6(x + 1) + 9 = 0 ^ (x - 2)2 = 0 ^ x - 2 = 0 ^ x = 2

(thoả mãn ĐKXĐ).
Vậy S = {2}.
Bài 3 (1,5 điểm):

í x - y = 2 í x = 3
a) Với m = 1, hệ đã cho trở thành : ị _ ^ ị

[ 2x = 6 [ y = 1
Với m = 1 thì hệ đã cho có nghiệm (x ; y) là (3 ; 1)

í x - my = 2 í x = my + 2 í x = my + 2

b) ị ^ ị ^ ị

[2x + (m - 1)y = 6 [ 2(my + 2) + (m - 1)y = 6 i(3m - 1)y = 2
Đê hệ đã cho có nghiệm thì phương trình :

(3m - 1)y = 2 phải có nghiệm ^ 3m - 1 * 0 ^ m * —
1

Vậy với m * — thì hệ đã cho có nghiệm.

Bài 4(2 điểm):

a) Vẽ đồ thị hàm số (P) : y = 2x2

- Sự biến thiên :

Vì a = 2 > 0 nên hàm số đồng biến với x > 0 và
nghịch biến với x < 0.

- Đồ thị:

Bảng một số cặp toạ độ điêm (x ; y) thuộc đồ thị
hàm số.

b) x * 0 và x * 2; c) -1 <x * 0; d) x < 1
Bài 1(2 điểm):

a) ĐKXĐ : x * 0 ;

x -2 -1 0 1 2

y 8 2 0 2 8

www.VNMATH.com

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

Đồ thị hàm số y = 2x2 là một Parabol (P) với đỉnh O, đi qua các cặp điêm (x ; y) ở trên, nhận

Oy làm trục đối xứng và nằm phía trên trục hồnh.

b) Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng : y = ax + b (d)
Vì (d) đi qua điêm (0 ; -2) nên b = -2.

Đê (d) tiếp xúc với (P) thì phương trình hồnh độ giao điêm :

2x2 = ax - 2 ^ 2x2 - ax + 2 = 0 phải có nghiệm kép.

A = a2 - 16 = 0 a = ±4.

Có hai phương trình đường thẳng đi qua điêm (0 ; -2) và tiếp xúc với (P) là :

y = 4x - 2 và y = -4x - 2

Bài 5 (3,5 điểm):

a) Dễ thấy AHB = AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường
trịn) và HA = HB (vì H nằm chính giữa cung AB).

Xét AAMH và ABNH có :
AM = BN (giả thiết)

A1 = B1 (hai góc nội tiếp cùng chắn Mh )
HA = HB (chứng minh trên)

^ AAMH = ABNH (c.g.c)

b) Vì AAMH = ABNH (chứng minh trên) nên HM = HN và H1 = H 3

AMHN có MhN = H 1 + H 2 = H 3 + H 2 = AhB = 900 và HM = HN nên là tam giác vuông

cân tại H.

c) Gọi I là giao điêm của tiếp tuyến của (O) tại B và đường thẳng vng góc với BM tại N là I.
Xét AAMB và AMNI có :

AMB = B NI = 900 AM = BN
(giả thiết)

MAB = NB I (= isđ BHM)

^ AAMB = AMNI (g.c.g) ^ AB = BI.

Do AB cố định nên tiếp tuyến tại B cố định ^ I cố định.

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

Đề thứ hai
Bài 1 (2 điểm):

ĐKXĐ : x *-1, x * 3

A = (2x - 3)(x - 1)2 - 4(2x - 3) = (2x - 3)[(x - 1)2 - 4] = (2x - 3)(x - 3)(x + 1) (x

+ 1)2(x - 3) (x + 1)2(x - 3) (x + 1)2(x - 3)

2x - 3

x +1
2x - 3

3 ^ 2x - 3 = 3(x + 1) ^ x = -6 (thoả mãn ĐKXĐ)
x +1

Vậy với x = -6 thì A = 3.
Bài 2 (2 điểm):

Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + m2 - 5 = 0

a) Với m = 1, phương trình đã cho trở thành : x2 - 4x - 4 = 0 Phương trình này có

À’ = 4 + 4 = 8 > 0 nên có hai nghiệm phân biệt :

x12 = 2 ± V8 = 2 ± 2V2

Vậy với m = 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt : xư = 2 ± 242

b) Phương trình đã cho có nghiệm ^ À’ = (m + 1)2 - (m2 - 5) > 0

^ 2m + 6 > 0 ^ m > -3.
Vậy m > -3.

Bài 3 (3 điểm):

a) AC 1 DE tại M ^ M là trung điểm của DE.

Tứ giác ADBE có hai đường chéo vng góc với nhau tại
trung điểm của mỗi đường nên là hình thoi.

b) Dễ thấy ADC = BIC = 900 ^ AD 1 CD, BI 1 CD Do đó BI //
AD.

c) Ta có EB // AD (vì ADBE là hình thoi) và AD 1 CD nên EB
1 CD.

Qua B có EB và BI cùng vng góc với CD nên E, B, I thẳng hàng.
A =

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

Bài 4(3 điểm):

x - 4
Cho hai hàm số y = - + 4 (1) và y = - ——— (2) (m * 1)

2 1- m

a) Bạn đọc tự giải
b) Bạn đọc tự giải

c) Hoành độ giao điểm của (1) và (2) là nghiệm của phương trình : mx + 4 = - ——4 ^

m(m - 1)x + 8 - 8m = -2x + 8 ^ (m2 - m + 2)x = 8m

1 - m

---—---(vì m2 - m + 2 = (m - 1)2 + — > 0 Vm * 1)

m2 - m + 2 2 4

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2000 - 2001 Mơn thi:
TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1(2 điểm):

So sánh hai số x và y trong mỗi trường hợp sau:
a) x = V5Õ - V32 và y = yỊĨ;

b) x = 46J7 và y = V—Vỏ ;
c) x = 2000a và y = 2000 + a

Bài 2 (2 điểm):

1 • Ẵ 1 r » 1 1 Vx3 - x Cho biểu thức : A = ■ Y= +

■ ----Ị= + —Ị=——
vx - 1 - vx vx - 1 + Vx vx - 1

53
a) Rút gọn rồi tính số trị của A khi x =

9 - 2>/7
b) Tìm x để A > 0

4 =-4m2 + 4(m2 - m + 2) = 8 - 4m

y

2 m2 - m + 2 Vậy toạ độ giao điểm của (1) và

(2) là

Khi đó y 8m 2 ■ 4(m 2

m2 - m + 2 m2 - m + 2
r 8m 8 - 4m ^

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

Bài 3 (2 điểm):

1 — f2(x + y)2 - 5(x + y) - 7 = 0

a) Giải hệ phương trình: <

[ x - y - 5 = 0

b) Giải và biện luận phương trình: mx2 + 2(m + 1)x + 4 = 0

Bài 4(3 điểm):

Trên đường thẳng d lấy ba điểm A, C, B theo thứ tự đó. Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ
hai tia Ax, By cùng vng góc với d. Trên tia Ax lấy I. Tia vng góc với CI tại C cắt By tại
K. Đường trịn đường kính IC cắt IK tại P.

a) Chứng minh tứ giác BCPK nội tiếp được đường tròn .
b) Chứng minh: AI.BK = AC.CB

c) Giả sử A, B, I cố định. Hãy xác định vị trí điểm C sao cho diện tích hình thang
vng ABKI max.

Bài 5 (1 điểm):

Cho P(x) = 3x3 + ax2 + b. Tìm giá trị của a và b để P(2000) = P(-2000) = 0

--- HẾT --Họ và tên thí sinh:
... Số báo danh:
...

...
Giám

thị 2:

16

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

Bài 1 (2 điểm):

a) x = 450 - V3 2 = 5V2 -4V2 = V2 ^ x = y;

b) x = 46VỸ > 0, y =

V

lựẽ > 0 ^ x2 = ỏVỸ, y2 = 7 vỏ

^ x4 = 36.7 = 252, y4 = 49.6 = 294 ^ x4 < y4 ^ x < y (vì x, y > 0).

c) x - y = 1999a - 2000

- Nếu 1999a - 2000 < 0 ^ a < 2000 thì x - y < 0 ^ x < y.

1999
- Nếu 1999a - 2000 = 0 ^ a = 2000 thì x - y = 0 ^ x = y.

1999
- Nếu 1999a - 2000 > 0 ^ a > 2000 thì x - y > 0 ^ x > y.

1999
Bài 2 (2 điểm):

Cho biểu thức : A = . 1

—-ị=+ , 1—-Ị= +-^x=——

Vx - 1 - vx vx - 1 + Vx Vx - 1

a) ĐKXĐ : x > 1

A = 1 1 Vx3 - x

Vx - 1 - Vx Vx - 1 + Vx Vx - 1

= Vx - 1 + Vx + Vx - 1 - Vx x(Vx - 1)
(Vx - 1 - Vx)(Vx - 1 - Vx) Vx - 1 2 r~T7

=---x---+ x = x - 2Vx - 1 = x - 1 - 2yjx - 1 + 1 = (Vx - 1 - 1)2

-1

Vậy A = (Vx - 1 - 1)2 (với x > 1)

b) T ó x = 53 53(9 - 277) 53(9 - 2^7) 9 2 7 , t/m ĐKXĐ

b) Ta có x =----Ị==---^7=--- ■- = —-—-- ---= 9 - 2V7 > 1 t/m ĐKXĐ.
9 - 2VỸ (9 - 2V7)(9 + 2VỸ) 53

Khi đó A = ^8 - 2V7 - 1]2 = h/(V7 - 1)2 - 1]2 = {47 - 1 - 1)2 = (V7 - 2)2 A=11

-4V7

Vậy với x = —-—ị= thì A = 11 - 4V7.

■ 9 - 2V7

c) Vì (Vx - 1 - 1)2 > 0 Vx > 1 ^ A > 0 ^ Vx - 1 - 1 ^ 0 ^ Vx - 1 ^ 1 ^ x ^ 2 Vậy với x

> 1, x ^ 2 thì A > 0.
Bài 3(2 điểm):

a) Đặt x + y = t, phương trình thứ nhất của hệ trở thành : 2t2 - 5t - 7 = 0 Vì a - b + c =

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

2 - (-5) - 7 = 0, nên phương trình có hai nghiệm t1 = -1, t2 = 7.

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

f x + y = -1 f x = 2 Với t1

= -1, ta có hệ : < _

lx- y- 5 = 0 ly =-3
x + y = 7

- Với t2 = 7, ta có hệ : < ' <

lx - y - 5 = 0 ly = 1

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x ; y) : (2 ; -3), (6 ; 1).
b) Xét mx2 + 2(m + 1)x + 4 = 0(1)

- Nếu m = 0, (1) trở thành : 2x + 4 = 0 ^ x = -2.
- Nếu m * 0, (1) có : À’ = (m + 1)2 - 4m = (m - 1)2

+ Với m = 1 thì À’ = 0, khi đó (1) có nghiệm kép : x1 = x2 = — + 1) = - 2.

+ Với m * 1 thì À’ > 0 Vm, khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt :

Vậy :

Với m = 0, thì phương trình (1) có một nghiệm x = 2.

Với m = 1, thì phương trình (1) có nghiệm kép : x1 = x2 = - 2.

Bài 4(3

điểm):

Vì P thuộc đường trịn đường kính IC nên CPI = 900 ^
CPK = 900

Tứ giác BCPK có: CPK + CBK = 900 + 900 = 1800 nên
nội tiếp được đường trịn.

b) Vì ICp = 900 ^ C1 + C2 = 900.

Mà K1 + C 2 = 900 (vì ÀKBC vuông tại B)

^ C 1 = K1

Xét ÀIAC và ÀCBK có : IAc = KbC = 900, C 1 = K 1 (chứng minh trên) ^

ÀIAC ~ ÀCBK (g.g) ^ — = AC ^ AI.BK = AC.BC (đpcm).

BC BK
AC.BC
AB

c) S—BK = ^Ỹ• (BK + AI), BK = AI

Vì AB và AI không đổi (do A, B, I cố định) nên SABKI max ^ BK max ^ AC.BC

max.

x = 6

(m + 1) + (m - 1)

-2.

x , x2 (m + 1) - (m - 1)

m m

2
m

— ^

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

Do tổng AC + BC = AB không đổi nên AC.BC max AC = BC C là trung điểm của
AB.

Vậy để diện tích hình thang vng ABKI max thì C phải là trung điểm của AB.
Bài 5 (1 điểm):

P(2000) - P(-2010) = 0

^ (3.20003 + a.20002 + b) - [3.(-2000)3 + a.(-2000)2 + b = 0] = 0 ^ 6.20003 = 0 (vơ lí !).

Vậy khơng tồn tại a, b thoả mãn điều kiện đề bài.

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

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

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1(2 điểm):

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức K xác định.

b) Rút gọn biểu thức K và tìm giá trị của x để K đạt giá trị lớn nhất
Bài 2 (2 điểm):

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

a) Giải phương trình (1) khi cho biết m = 1; m = 2.

b) Chứng minh rằng phương trình (1) khơng thể có hai nghiệm dương với mọi giá trị
x2 - 1 x2

- x + 1

x - 1 x + 1
Cho biểu thức K

www.VNMATH.com

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

Bài 3 (2 điểm):

{2 __ 1
2x + y = 7

b) Chứng minh rằng V2 0 0 0 - 2V2 0 0 1 + V2002 < 0
Bài 4 (4 điểm):

Từ một điểm S ở ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD của
đường trịn đó.

a) Gọi E là trung điểm của dây CD. Chứng minh 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc một

www.VNMATH.com

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

b) Nếu SA = AO thì SAOB là hình gì? Tại sao?
c) Chứmg minh rằng: AC.BD = BC.DA = ABCD

--- HẾT --Họ và tên thí sinh:
... Số báo danh:
...

www.VNMATH.com

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

Vì a - b + c = 2 - 3 + 1 = 0 nên phương rình trên có hai nghiệm phân biệt :
4
8 1 1

Do đó max K = — ^ x - — = 0 ^ x = — (thoả mãn x * ± 1). 3 2
2

18 Vậy với x = — thì biểu thức K đạt giá trị lớn nhất bằng —.
Bài 2 (2 điểm):

Xét phương trình : 2x + (2m - 1)x + m - 1 = 0 (1)

x = 0
a) Với m = 1 thì (1) trở thành : 2x + x = 0 ^ x(2x + 1) = 0 ^

x
2
Với m = 2 thì (1) trở thành : 2x + 3x + 1 = 0

x- - x + 1 3 3

1
b) Nhận xét, phương trình (1) ln có một nghiệm x = - — < 0, vì :

1 1 1

(2m - 1) + m- 1 = — - m + — + m - 1 = 0 2 2

Vậy phương trình (1) khơng thể có hai nghiệm dương với mọi giá trị của m.
Vậy ĐKXĐ : x * ±1

^ 1 1 ^ x2 -1

2
x - 1
x2 - x + 1

Cho biểu thức K =

x - 1 x + 1
a) Để biểu thức K xác định, ta phải có :

f x - 1 * 0
x + 1 * 0
x2 - x + 1

* 0

x * 1

x *- 1 x * 1

x *- 1

f 1 ^2 3 x

+ — * 0 (đúng Vx)
V

b) K

x2 - x + 1

x - 1 x + 1
x + 1 - x + 1 x2 - 1

(x * ± 1)
x2 - 1 x2 - x + 1 x2 - x + 1

f 1 Y 3 3 x

Vì x2 - x + 1 = + -> - Vx ^ K = — 4 4 "2

www.VNMATH.com

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

Bài 3 (2 điểm):

rx - 2y = 1 fx = 1 + 2y rx = 1 + 2y rx = 3

a) ị ^ ị ^ ị ^ ị

[2x + y = 7 [2(1 + 2y) + y = 7 [5y = 5 [ y = 1
Vậy nghiệm của hệ đã cho là x = 3, y = 1.

, 1 1 V2ÕÕĨ-V2ÕÕÕ V2 0 0 2 - V2 0 0 1

b) Ta có ■ —■ > — , — , ^ — — — — 7---> — — — 7
---V2 0 0 1 w2 0 0 0 V2 0 0 2 w2 0 0 1 2 0 0 1 - 2 0 0 0 2 0 0 2 - 2 0 0 1

2001 - V2ÕÕÕ > V2 0 0 2 - V2 0 0 1 ^ 2 0 0 0 - 2V2 0 0 1 + V2 0 0 2 < 0(đpcm)
Bài 4(4 điểm):

a) Gọi I là trung điểm của OS.
Theo tính chất tiếp tuyến, ta có :
SAB = SBA = 900

^ A, B cùng thuộc đường trịn tâm I, đường kính

OS ^ (1)

Theo tính chất đường kính và dây cung, ta có :

OE 1 CD hay OeS = 900 ^ E thuộc đường tròn tâm I,

đường kính OS (2)

Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS.
b) Ta có OA = OB (bán kính của (O)), SA = SB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó, nếu SA = OA thì SA = SB = OA = OB ^ SAOB là hình thoi.
Mà SAB = SBA = 900 ^ SAOB là hình vng.

Vậy nếu SA = OA thì SAOB là hình vng.
c) Xét đường trịn (I) : BAE = BSE (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn EOB)

Xét đường trịn (O) :

BSE = BSD = —(sđ BD- sđ Bc) (BSD là góc có đỉnh ở ngồi đường trịn (O)).
Mà Bác = isđ Bc; BaD = isđ Bd 2 2

^ BSE = BSD = BÁD - BÁC (4)

Từ (3) và (4) suy ra : CÁE = BÁE + BÁC = BÁD - BÁC + BÁC hay CÁE = BÁD Xét AÁCE và
AABD có :

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

^ AC = 'CE ^ AB.CE = AC.BD (1)

AB BD
Xét AAED và AACB có :

DAE = BAC (= BAD - BAE = CAE - BAE)

ADE = ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC). ^
AAED ~ AACB (g.g)

AD DE
^ AB.DE = AD.BC (2)

AB BC Từ (1) và (2) suy ra :

AB.(CF + DE) = AC.BD + AD.BC hay AB.CD = AC.BD + AD.BC Xét
ASAC và ASDA có :

ASD chung.

SDA = SAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây cung
cùng chắn cung AC).

^ ASAC ~ ASDA (g.g)
SD AD

Chứng minh tương tự, ta cũng có ASBC ~ ASDB (g.g) ^

SD BD
Vì SA = SB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), nên từ (4) và (5) suy ra :

— = — ^ AC.BD = AD.BC
AD BD

Từ (3) và (6) suy ra AC.BD = BC.DA = AB CD (đpcm).

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

(3)

SA AC (4)

(5)

(6
)
SB BC

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Năm học 2002
- 2003 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1(2 điểm):

rx + 1 x - 1 x2 - 4x- 1^

cho biểu thức K = —— ---+

—----v x - 1 x + 1 x - 1

a) Tìm điều kiện đối với x để K xác định
b) Rút gọn K

c) Với những giá trị nguyên nào của x thì biểu thức K có giá trị
ngun?

Bài 2 (2 điểm):

cho hàm số y = x + m (D). Tìm các giá trị của m để đường thẳng (D) :
1. Đi qua điểm A(1 ; 2003)

2. Song song với đường thẳng x - y + 3 = 0
3. Tiếp xúc với parabol y = 4x2

Bài 3 (3 điểm):

a) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình:

Một hình chữ nhật có đường chéo bằng 13m và chiều dài lớn hơn
chiều rộng 7m. Tính diện tích hình chữ nhật đó.

b) chứng minh bất đẳng thức: 2002 + 2003 . > yj2002 + V2003

V20Õ3 V20Õ2

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

Bài 4(3 điểm):

cho AABc vng ở A. Nửa đường trịn đường kính AB cắt Bc tại D.
Trên cung AD lấy một điểm E. Nối BE và kéo dài cắt ÁC tại F.

a) chứng minh: cDEF là một tứ giác nội tiếp.

b) Kéo dài DE cắt ÁC ở K. Tia phân giác của góc cKD cắt EF và cD
tại M và N. Tia phân giác của góc cBF cắt DE và cF tại P và Q.
Tứ giác MPNQ là hình gì? Tại sao?

c) Gọi r, r1, r2 là theo thứ tự là bán kính của đường trịn nội tiếp các

tam giác ABc, ADB, ADc. chứng minh rằng r2 = r2 + r
22.

... hết --Họ và tên thí sinh:
Số báo danh: ...

.
.
G
i
á
m
t

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

h
ị
2
:

2
4

Bài 1 (2 điểm):

Cho biểu thức K =
x + 1 x - 1 x2 - 4x - 1

---—---1---v x — 1 x + 1 x2 — 1 y

x — 1 * 0 x + 1 * 0 x2 — 1 * 0 x * 0

ĐKXĐ : x * 0, x * ± 1.

Ax + 1 x — 1 x2 — 4x — 1 ^ x + 2003

---1

x — 1 x + 1 (x — 1)(x + 1)) x

(x + 1)2 — (x — 1) + x2 2 — 4x — 1 x + 2003

(x — 1)(x + 1) ’ x

x2 + 2x + 1 — x2 + 2x — 1 + x2 — 4x — 1 x + 2003 x2 — 1 x + 2003 x +

2003

x + 2003
x

1. K xác định ^ < ^ x * 0, x * ± 1.
K

x2 — 1

x x x

(x — 1)(x + 1)
^ 1 1 ' x + 2003 Vậy với x * 0,
x * ± 1 thì K =

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

3. K = x + 2003 = 1 + 2003□ Z ^ 2003 □ x ^ x □ Ư(2003) = {±1 ; ±

2003} x x

Do x * ± 1 nên x = ±2003.

Vậy với x = ±2003 thì K nhận giá trị nguyên.
Bài 2 (2 điểm):

1. (D) đi qua điểm A(1 ; 2003) nên : 2003 = 1 + m ^ m = 2002.
Vậy với x = 2003 thì (D) đi qua điểm A(1 ; 2003)

2. Phương trình đường thẳng x - y + 3 = 0 viết lại thành : y = x + 3 (D’)
fa = a' Ị1 =

1 (D) // (D’) r
« m * 3

[b * b' [m * 3

3. Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (D) và parabol y = — x2:

1 2

—x2 = x + m ^ x - 4x - 4m = 0

(D) tiếp xúc với parabol y = —x2 ^ (1) có ngiệm kép ^ À’ = 4 + 4m = 0

^ m = -1. Vậy giá trị cần tìm của m là m = -1.

(1)

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

Bài 3 (3 điểm):

1. Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x (m). Đk : x > 0 Thì chiều dài
của hình chữ nhật là x + 7 (m).

Áp dụng định lí Pitago, ta có : x2 + (x + 7)2 = 172 ^ 2x2 + 14x +49 =

289

^ x2 + 7x - 120 = 0 A

= 72 + 120 = 169 = 132 > 0 Phương trình

trên có hai nghiệm :

xi = -7 - 13 = -20 < 0 (loại); x2 = -7 + 13 = 6 > 0 (thoả mãn) Vậy diện

tích của hình chữ nhật là : S = 6.(6 + 7) = 78 (m2).

2. Đặt a = V2002 > 0, b = V2ÕỠ3 > 0. Bất đẳng thức đã cho trở thành :
— + — > a + b ^ a3 + b3 > ab(a + b) ^ (a + b)(a2 - ab + b2) > a + b ba

^ (a + b)(a - b)2 > 0 (bất đẳng thức này đúng vì a + b > 0 và a ^ b)

2002 2003

Vậy 2 + 2003 >^2002 W2003 ■ V2003 V2 0 0 2

Bài 4(3 điểm):

1. (H. 1)

Vì ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên AD
± BC. Suy ra BAD = AcB (cùng phụ với ABD) hay BAD =
DcF

Mà BAD = BED (góc nội tiếp cùng chắn BD )
Suy ra DcF = BED .

Xét tứ giác CDEF có

DCF + DEF = BED + DEF = 1800 ( BED, DEF là 2 góc kề bù)
^ tứ giác CDEF nội tiếp.

2. DEF là góc ngồi của ABEP nên : DEF = PBE + BPE
BPE là góc ngồi của APKI nên : BPE = PlK + PKI
^ DEF = PBE + PlK + PKI (1)

BQK là góc ngồi của ABQC nên : DcF = IQK - QBC PlK là góc ngoài của AIKQ
nên : IQK = PlK - QKI

^ DCF = PIK - QKI - QBC (2)

Mà PBE = QBC (BQ là tia phân giác của CBF )
và PKI = QKI (BN là tia phân giác của CKD )

x + 7

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

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Năm học 2003 -2004 Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

1. Với giá trị nào của x thì biểu

thức có nghĩa.

2. Rút gọn biểu thức.
+
BAO,

Suy ra ^

r r
^ r2 = r2 + r2

r BC AC2 AB2 + AC2

^ ABO1 A ~ ABOC (g.g) ^
Chứng minh tương tự, ta có

nội tiếp AABC, AABC và AACD

Suy ra AOi là tia phân giác của BaD và CO là tia phân giác
của Acb , BO1 là tia phân giác của

ABC.

nên từ (1) và (2) suy ra DEF + DcF = PiK - QkI - QbC + PbE + PiK + PkI = 2 P1 K
hay 1800 = 2 P1 K ^ PiK = 1800: 2 = 900 ^ BI 1 MN, KI 1 PQ, MN 1 PQ.

AMBN có BI vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên là tam giác cân tại B
^ BI đồng thời là đường trung tuyến ứng với cạnh MN ^ IM = IN.

Tứ giác MPNQ có IM = IN, IP = IQ nên là hình bình hành.
Lại có MN 1 PQ nên MPNQ là hình thoi.

3. (H. 2)

Gọi O, O1 và O2 theo thứ tự là tâm đường tròn

22 Mà BaD = AcB (cùng phụ với CaD ) nên
BAO1 = C 2

Gọi H là tiếp điểm của BC với (O), I là tiếp điểm của AB với (O1), K là tiếp điểm của AC với (O2 )

thì oH = r, O1 I = r1 , O2 K = Ĩ2 và OH 1 BC, IO1 1 AB, IO2 1 AC.
Xét ABO1A và ABOC có :

B1 = B2 (vì BO1 là tia phân giác của AbC)

0AO1 = C 2 (chứng minh trên)

OI AB , r AB

BC2 BC2

(đpcm).

BC2 1 (do AB

2 + AC2 = BC2 (đ.l Pitago))

AB2

r AC BC

— hay Ị
BC r
và C 2 ACB

BAD C

ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1 (2 điểm):

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

3. Tìm x để biểu thức có giá trị lớn nhất.
Bài 2 (2,5 điểm):

Cho hàm sô y = 2x2 (P) và y = 2(a - 2)x - !a2 (d)

1. Tìm a để (d) đi qua điểm A(0 ; -8)

2. Khi a thay đổi hãy xét số giao điểm của (P) và (d) tuỳ theo giá trị của a .

3. Tìm trên (P) những điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ 0(0 ; 0) bằng V3
Bài 3 (2 điểm):

Một tấm tơn hình chữ nhật có chu vi là 48cm. Người ta cắt bỏ 4 hình vng có cạnh là 2cm ở
4 góc rồi gấp lên thành một hình hộp chữ nhật (khơng có nắp). Tính kích thước của tấm tơn đó, biết
rằng thể tích hình hộp bằng 96 cm3.

Bài 4(3 điểm):

Cho AABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường trịn tâm O, bán kính R. Hạ các đường cao
AD, BE của tam giác. Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là M, N.

1. Chứng minh rằng bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường trịn. Tìm tâm I của đường trịn
đó.

2. Chứng minh rằng: MN // DE

3. Cho (O) và dây AB cố định, điểm c di chuyển trên cung lớn AB. Chứng minh rằng độ dài
bán kính đường trịn ngoại tiếp ACDE khơng đổi.

Bài 5 (0,5 điểm):

Tìm các cặp số (x ; y) thoả mãn: (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y

HẼT

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

Bài 1 (2 điểm):

1. Vì Vx3 - 1 = (Vx - 1)(x + Vx + 1) nên để M có nghĩa, ta phải có : x > 0

1— fx > 0

vx - 1 * 0 ^ ị

u - 1 * 0
x + Vx + 1 * 0 (luôn đúng Vx > 0)

- A/r 2 2(>/x + 1) x - 10Vx + 3

2. M = ^—+ v " L +---———J=

----Vx - 1 x + V x + 1 (----Vx - 1)(x + vx + 1)

= 2(x + Vx + 1) + 2(Vx + 1)(Vx - 1) + x - 10Vx + 3 (Vx - 1)
(x + Vx + 1)

2x + 2>/x + 2 + 2x - 2 + x - 10Vx + 3 5x - 8>/x + 3

(>/x - 1)(x + Vx + 1) (Vx - 1)(x + Vx + 1)
5x - 5Vx - 3Vx + 3 (Vx - 1)(5>/x - 3) 5Vx - 3 (Vx - 1)(x +

>/x + 1) (Vx - 1)(x + Vx + 1) x + Vx + 1
5>/x - 3
Vậy với x > 0, x * 1 thì M:

x +

3 M = 5>/x - 3 = (x + Vx + 1) - (x - 4>/x + 4) = 1 (Vx - 2)2 x + Vx + 1 x +

Vx + 1 x + Vx + 1

Với x > 0, x * 1 thì x + Vx + 1 > 0 và (Vx - 2)2 > 0 ^ - (^ ■—2) < 0 ^ M < 1.

x + Vx + 1
Dấu bằng xảy ra Vx - 2 = 0 x = 4 (thoả mãn ĐKXĐ).

Vậy giá trị lớn nhất của M = 1 x = 4.
Bài 2 (2,5 điểm):

Cho hàm số y = 2x2 (P) và y = 2(a - 2)x - — a2 (d)

1 2

1. Vì (d) đi qua điểm A(0 ; -8) nên ta có : - 8 = - —a2 a = 16 a = ± 4.

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

2x2 = 2(a- 2)x- —a2 4x2 - 4(a- 2)x + a2 = 0 (1)

Số giao điểm của (P) và (d) tuỳ thuộc vào số nghiệm của phương trình (1).
A’ = 4(a - 2)2 - 4a2 = -16(a - 1)

29 VNMATH.COM

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

- Nếu a - 1 < 0 a < 1 ^ À’ > 0 ^ (1) có hai nghiệm phân biệt.
Khi đó (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

- Nếu a - 1 = 0 a = 1 ^ À’ = 0 ^ (1) có nghiệm kép.
Khi đó (d) tiếp xúc với (P).

- Nếu a - 1 > 0 a > 1 ^ À’ < 0 ^ (1) vơ nghiệm.
Khi đó (d) khơng cắt (P).

3. Tìm trên (P) những điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ 0(0 ; 0) bằng V3 Gọi
M(m ; 2m2) là điểm thuộc P thì khoảng cách từ P đến gốc toạ độ O là :

Vm2 + 4m4 = V3 ^ m2 + 4m4 = 3 (do cả hai vế đều không âm)

^ 4m4 + m2 - 3 = 0 ^ (m2 + 1)(4m2 - 3) = 0 ^ 4m2 - 3 = 0 (do m2 + 1 > 0 Vm)

V3
m =

±-2

BàỊL3(2 điểm):

Hinh 1

Gọi chiều rộng của tấm tơn
hình chữ nhật là x (cm).

Thì chiều dài của tấm tơn hình
chữ nhật là 48 : 2 - x = 24 - x (cm).

Chiều rộng và chiều dài của mặt đáy hình hộp chữ nhật lần lượt là (x - 4) (cm) và (24

- x - 4) = (20 - x) (cm).

x - 4 > 0 24 - x > 0 20 - x > 0 ^x < 24 - x

Theo bài ra, ta có phương
trình :

2. (x - 4).(20 - x) = 96 ^ -x2 + 24x - 80 = 48

^ x2 - 24x + 128 = 0

7 3 , 3

2 ;2 - 7 3 , 3

2 ;2

\ r v à

Có hai điểm thoả mãn điều kiện đề bài là

2
2

2 2

■>

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

A’ = 122 - 128 = 16 = 42 > 0, nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt : x

1 = 12 -

4 = 8 (thoả mãn đk (*)), x2 = 12 + 4 = 16 (không thoả mãn đk (*)) Vậy tấm tôn hình

chữ nhật có chiều rộng là 8 (cm), chiều dài là 16 (cm).

hay AMN = SBE (vì E □ BN).
Từ đó suy ra SDE = AMN .

Hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau nên DE // MN (đpcm).

Gọi H là trực tâm của AABC ^ BH 1 AC và CH 1 AB (1)

Kẻ đường kính AK thì ABK = ACK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Hay KB 1 AB và KC 1 AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BH // KC và CH // KB ^ BHCK là hình bình hành.
Do đó CH = BK.

AABK vng tại B nên theo định lí Pitago :

BK2 = AK2 - AB2 = 4R2 - AB2 (với R là bán kính của (O)).

^ CH = BK = V4R2 - AB2 (R > AB/2 vì AK > AB)

Xét tứ giác CDHE có HDC = HEC = 900 nên E, D cùng thuộc đường trịn đường kính CH. Nói
cách khác, đường trịn đường kính CH ngoại tiếp ACDE. Bán kính của đường trịn

R2 - khơng đổi.

Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường trịn
ngoại tiếp ACDE khơng đổi.

Bài 4 (3 điểm):
1. (H. 2)

Vì AEB = ADB = 900 nên E, D cùng thuộc đường / /

tròn đường kính AB. / /

Do đó bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường Ị \ \ \E/7

tròn đường kính AB. \OỈK/

Tâm I của đường trịn chính là trung điểm của AB.

2. Xét đường tròn tâm I : \L^ r

ADE = ABE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE) B DẰ

Xét đường tròn tâm O : K

HmN = AbN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) Hinh 2

CH
này bằng

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

Bài 5 (0,5 điểm):
(x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y x4 + x2y2 + x2 + y2

-4x2y = 0 ^ (x4 - 2x2y + y2)

+ (x2y2 - 2x2y + x2) = 0

^ y = x2 x = 0 ^

.y = 1
Vậy có ba cặp (x ; y) thoả mãn đề bài là : (0 ; 0), (1 ; 1), (-1 ; 1).
^ (x2 - y)2 + (xy - x)2 = 0 ^ I y ^ I

[ xy - x = 0 x = 0,y = 0

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

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

THÁI BÌNH Năm học 2004 - 2005

Mơn thi: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức A =^(2^ị +1+ :ệ+± -2^11

8 + 2Va - a Va + 2 4 - Va
Rút gọn A

Tìm a để A nhận giá trị nguyên
Bài 2: (2,0 điểm)

Í2x + 3y = 3 +
a Cho hệ phương trình : I

[x + 2y = a
Tìm a biết y = 1

Tìm a để : x2 + y2 = 17

Bài 3: (2,0 điểm)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình : y = 2x2 , một đường thẳng

(d) có hệ số góc bằng m và đi qua điểm I(0 ; 2).
Viết phương trình đường thẳng (d)

CMR (d) ln cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B

Gọi hoành độ giao điểm của A và B là x1, x2 . CMR : |x1 - x2| > 2

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Lấy điểm D trên cung AB (D khác A và B),
lấy điểm C nằm giữa O và B. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa D kẻ các tia Ax và By vng
góc với AB. Đường thẳng qua D vng góc với DC cắt Ax và By lần lượt tại E và F.

Chứng minh : DFC = DBC

Chứng minh : ÀECF vuông

Giả sử EC cắt AD tại M, BD cắt CF tại N. Chứng minh : MN // AB

Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp ÀEMD và đường tròn ngoại tiếp ÀDNF tiếp xúc
nhau tại D.

Bài 5: (0,5 điểm)

Tìm x, y thoả mãn : a/4x - y2 - yjy + 2 = 4x2 + y

--- HẾT --Họ và tên thí sinh: ...

Số báo danh: ...

... Giám thị 2:

33

VNMATH.COM

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

Bài 1: (2,0 điểm)

ĐKXĐ : a > 0, a * 16.

A —y/ã(2^Jã + 1) Vã + 4 yịã + 2 = (>/ã + 2)(Vã - 4) 
yfã + 2 Vã - 4 = -Jã(2yfã + 1) + (Vã + 4)(>/ã - 4) +
(Vã + 2)2 _ (Vã + 2)(Vã - 4)

= - 2ã - yỊã + ã - 16 + ã + 4yfã + 4 = 3^ - 12 = 3(Vã - 12)

= (Vã + 2)(>/ã - 4) = (Vã + 2)(Vã - 4) = (Vã + 2)(Vã - 4)

(với a > 0, a * 16).

Vậy A = ■- (với a > 0, a * 16).
vã + 2

A = ,-3 □ Z 3:^Vã + 2) ^Vã + 2 là ước dương Ư(3) = {1 ; 3} (doVã + 2 > 0) Vã + 2

Với Vâ + 2 = 1 va = -1 (loại vì Vâ > 0 còn -1 < 0)
Với va + 2 = 3 va = 1 a = 1 (thoả mãn ĐKXĐ).
Vậy giá trị cần tìm của a là a = 1.

Bài 2: (2,0 điểm)

_____, , Í2x + 3y = 3 + a
Cho hệ phương trình : I

[x + 2y = a

. , , , Í2x + 3 = 3 + a í x + 1 = 3 í x = 2

Với y = 1, hệ đã cho trở thành : I I I

[ x + 2 = a [ x + 2 = a [a = 4
Vậy giá trị cần tìm là a = 4.

Hệ đã cho tương đương với hệ :

2(a - 2y) + 3y = 3 + a Í2a - 4y + 3y = 3 + a Jy = a - 3 x = a - 2y [x = a - 2y
[x = a - 2(a - 3) = 6 - a

Khi đó : x2 + y2 = 17 ^ (6 - a)2 + (a - 3)2 = 17 ^ 2a2 - 18a + 28 = 0

a2 - 9a + 14 = 0

À = 92 - 4.14 = 25 = 52 > 0, phương trình trên có hai nghiệm :

= 9-5 = 2 = 9+ 5 = 7 aj = ——

= 2 ; a, = ——= 7
Vậy với a □ {2 ; 7} thì x2 + y2 = 17.

•\/ã + 2

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

Bài 3: (2,0 điểm)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình : y = 2x2 , một đường thẳng

(d) có hệ số góc bằng m và đi qua điểm I(0 ; 2).
Phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = ax + b

(d) có hệ số góc bằng m ^ a = m.

(d) đi qua điểm I(0 ; 2) nên : 2 = m.0 + b ^ b = 2.
Vậy phương trình đường thẳng (d) là y = mx + 2.
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) :
2x2 = mx + 2 ^ 2x2 - mx - 2 = 0

A = m2 + 16 > 0 Vm ^ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Vm.
m

Ap dụng định lí Viet cho phương trình (1), ta có : x1 + x2 = — ; x1. x2 = -1

Xét |x1 - x2| = '7(x1 - x2)2 = ^(x1 + x2)2 - 4xrx2 = — + 4 > Vĩ = 2 (do — > 0 Vm)

^ đpcm.

Bài 4: (3,5 điểm)
Xét tứ giác BCDF có :

CDF + CBD = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác BCDF là tứ giác

nội tiếp.

^ DFC = DBC (hai góc nội tiếp cùng chắn CD)

Chứng minh tương tự như trên, ta có :
DEC = DAC

AADB có ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

nên là tam giác vng tại D

^ DAC + DBC = 900 ^ DEC + DFC = 900

Do đó AECF vng tại C (đpcm).

Tứ giác BCDF nội tiếp nên : DBC = DFC (1) (hai góc

nội tiếp cùng chắn cung CD). Tứ giác CMDN có MCN + MDN = 900 + 900 = 1800 nên

nội tiếp được đường tròn. ^ DNM = DCM (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MD).

AECF vng tại C, ACDF vuông tại D nên :
DCM = DFC (3) (cùng phụ với DCF)

Từ (1), (2) và (3) suy ra DBC = DNM

(1)

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

Hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau nên MN // AB (đpcm)

Gọi I là trung điểm của MN, J và K theo thứ tự là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam
giác EMD và DNF.

ÀMDN vuông tại D nên IM = IN = ID.

Tứ giác ACDE có CÁE + CDE = 1800 nên nội tiếp được đường tròn.

^ DAC = DEC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

Mặt khác: DMN = DÁC (đồng vị, MN // AB)

Suy ra DMN = DEC hay §MN = DEM (vì M □ EC)

Xét đường tròn tâm J : DMN = DEM = — sđ D M

^ MN là tiếp tuyến tại M của đường tròn (J) ^ JM ± MN hay JMI = 900

Xét ÀIMJ và ÀIDJ có :

IM = ID (chứng minh trên)

JM = JD (bán kính của đường trịn (J))
IJ là cạnh chung ^ ÀIMJ = ÀIDJ (c.c.c)
^ IDJ = IMJ = 900

Chứng minh tương tự, ta có IDK = INK = 900

Suy ra JDK = IDJ + IDK = 1800

^ J, D, K thẳng hàng và D nằm giữa J và K ^ JK = JD + DK.
Do đó hai đường tròn (J) và (K) tiếp xúc với nhau tại D ^ đpcm.
Bài 5: (0,5 điểm)

4x - y2 > 0

ĐK :
4x2 + y > 0

Khi đó : yị4x

- y2 - yjy + 2 =

yỊ4x2 + y ^ -v/4x2 + y + yjy + 2 = 4x - y

Hai vế của (1) đều khơng âm nên bình phương hai vế, ta được :
4x2 + y + y + 2 + 2^/4x2 + y.^/y + 2 = 4x - y2

^ (4x2 - 4x + 1) + (y2 + 2y + 1) + 2yj4x2 + yVy + 2 = 0

^ (2x - 1)2 + (y + 1)2 + 2^/4x2 + y.Vy + 2 = 0 (2)

Vì (2x - 1)2 > 0, (y + 1)2 > 0, 2^/4x2 + y ^y + 2 > 0 , nên (2) tương đương với :

2x - 1 = y + 1 = yj 4x2 + y .>/y + 2 = 0 ^ x = —, y = -1 (thoả mãn điều kiện (*))

y + 2 > 0 (*)

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

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

THÁI BÌNH Năm học 2005 - 2006

Mơn thi: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,0 điểm)

Thực hiện phép tính: 45 + V9 - W5
Giải phương trình: x4 + 5x2 - 36 = 0

Bài 2 (2,5 điểm)

r 3

Cho hàm số: y = (2m - 3)x + n - 4 (d) (m ^ —)
Tìm các giá trị của m và n để đường thẳng (d) :

Đi qua hai điểm A(1 ; 2) và B(3 ; 4)

Cắt trục tung tại điểm có tung độ y = 3^2 - 1 và cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ x
= 1+V2

Cho n = 0. Tìm m để (d) cắt đường thẳng (d’) có phương trình x - y + 2 = 0 tại điểm M
(x ; y) sao cho biểu thức P = y2 - 2x2 đạt giá trị lớn nhất.

Bài 3: (1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720 m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm

chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn khơng đổi. Tính các kích thước của mảnh vườn.
Bài 4: (3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa
đưòng tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax và By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B)
kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax và By ở C, D.

Chứng minh:

CD = AC + BD ;

AC.BD = R2

Xác định vị trí điểm M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ nhất.

Cho R = 2 cm, diện tích tứ giác ABDC bằng 32cm2. Tính diện tích AABM

Bài 5: (0,5 điểm)

Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng:
yj2x2 + xy + 2y2 + V2ỹ + yz + 2z2 + V2z2 + zx + 2x2 > V5

HẾT

---... Số báo danh: ...

Giám thị 2:

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

Bài 1: (2,0 điểm)

V5+ V9-W5= V5+4(ỹs-2)1= V5 + |V5 - 2| = V5+ V5 - 2=

Đặt t = x2 > 0, phương trình đã cho trở thành : t2 + 5t - 36 = 0 Vì À = 25

+ 4.36
Bài 2 (2,5 điểm)

3
Xét hàm số: y = (2m - 3)x + n - 4 (d) (m ^ —)

a) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm A(1 ; 2) và B(3 ; 4) nên ta có hệ :
J2m - 3 + n - 4 = 2 J2m + n = 9 J4m = 8 Jm = 2

[3(2m - 3) + n - 4 = 4 [6m + n = 17 [2m + n = 9 [n = 5 Vậy m = 2,
n = 5.

b) Vì d cắt trục tung tại điểm có tung độ y = 3'yịĩ - 1 nên hồnh độ x = 0 hồnh
tại điểm có hoành độ x = 1+ V2 nên tung độ y = 0. Do đó ta có hệ :

4 = 3A/2 - 1

(1 +>/2)(2m - 3) + 3>/2 - 1 = 0 n = 3V2 + 3
n = 3V2 + 3

- 3V2 ^
2m - 3 =

n = 3A/2 + 3

2 = _ 1 - 3>/2 2m = 3 +

-j=-+ V2

y = x + 2

1= 2^/2 - 1) = 2^/2 - 1) n:_2

a) + V2 (V2+1)(V2-1) 2-1
Vậy m = 2V2 - 2, n = 3V2 + 3.

a) Với n = 0 hàm số đã cho trở thành : y = (2m - 3)x - 4 Phương trình đường

thẳng (d’) viết lại thành : y = x + 2 Để (d) cắt (d’) ta phải có : 2m - 3 ^ 1 ^ m ^ 2.
Toạ độ giao điểm của (d) và (d’) là nghiệm của hệ :

[ y= (2m-3)x-4 f(2m-3)x-4 = x+ 2 f(2m-4)x=6

; cắt trục

m =

(d)
(d’)
y = x + 2

y = x + 2

- 2

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

Khi đó: P = y2 - 2x2 =

x 2m - 4 3

V m - 2
2m -1
m - 2 + 2:

m - 2 2m
- 1

Vm- 2. Vm- 2,

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

Đặt t = —^~ thì P = (2 + t)2 - 2t2 = 4 + 4t - t2 = 8 - (t - 2)2 < 8 (do -(t - 2)2 < 0 Vt) m - 2

^ max P = 8 ^ t = 2 ^ —-— = 2 ^ m = — + 2 = 3,5 (thoả mãn m ^ 2)

m - 2 2

Vậy giá trị m thoả mãn yêu cầu đề bài là m = 3,5.
Bài 3: (1,5 điểm)

Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là x (m), y (m). Đk : x, y > 0. Theo
bài ra ta có hệ :

xy = 720 I xy = /20 I xy = /20

^ ^ <

(x + 6)(y - 4) = xy [xy - 4x + 6y - 24 = xy [-2x + 3y = 12 Xét -2x
+ 3y = 12 ^ -2x2 + 3xy = 12x (vì x > 0)

^ -2x2 + 2160 = 12x ^ x2 + 6x - 1080 = 0

A’ = 32 + 1080 = 1089 = 332 > 0, nên phương trình trên có hai nghiệm :

x1 = -3 - 33 = -36 < 0 (loại), x2 = -3 + 33 = 30 > 0 (thoả mãn)

Với x = x2 = 30 thì y = 720 : 30 = 24 (thoả mãn)

Vậy mảnh vường hình chữ nhật có chiều dài 30m, chiều rộng 24m.
Bài 4: (3,5 điểm)

(Hình vẽ)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, thì :

AC = MC, BD = MD ^ AC + BD = MC + MD = CD.
Vậy CD = AC + BD.

Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có :

OC là tia phân giác của MOA ; OD là tia phân giác của MOB Mà

M OA và MOB là hai góc kề bù nên OC ± OD ^ ACOD vuông tại O.

Xét ACOD vng tại O có đường cao OM nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông :
OC.MD = OM2 hay AC.BD = R2 (đpcm).

Tứ giác ABDC có AC // BD (cùng L AB) và A = B = 900 nên là hình thang vng.

^ SABDC = (AC + BD)AB = (AC + BD)2R = (AC + BD).R

^ SABDC min ^ AB + BD min

Do tích AC.BD = R2 khơng đổi nên tổng AC + BD min ^ AC = BD ^ MC = MD

xy = 720

y
D

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

^ M nằm chính giữa nửa đường trịn đường kính AB.

Vậy điểm M nằm chính giữa nửa đường trịn đường kính AB thì diện tích tứ giác ABDC
sẽ nhỏ nhất.

Ta có : SABDC = (AC + BD).R hay 32 = (AC + BD).2 ^ CD = AC + BD = 16 (cm).

Tứ giác OACM có OMC + OAC = 1800 nên nội tiếp được đường tròn.

^ OĂM = OCM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM)

Xét AAMB và ACOD có : AMB = COD = 900, OĂM = OCM (chứng minh trên)

1 21 1 _ „ ,

mà Sacod = —OM.CD = — • 2.16 = 16 (cm ) ^ Saamb = —Sacod = 77.16 = 1 (cm ).

2 16 16
Vậy SAAMB = 1 (cm2).

Bài 5:(0,5 điểm)

2x2 + xy + 2y2 = 8x + 4xy + 8y = J-[5(x + y)2 + 3(x - y)2] > 5(x + y)2 (do (x - y)2 > 0)

^ A/2x2 + xy + 2y2 > ^(x + y) (do x,y > 0) (1)

Chứng minh tương tự, ta có :

V2y2 + yz +2z2 > #(y +z) (2)

-y/2z2 + zx + 2x2 > ^(z + x) (3)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được :

^/2x2 + xy + 2y2 + yl2y2 + yz + 2z2 + V2z2 + zx + 2x2 > ^2l(2x + 2y + 2z)

•y/2x2 + xy + 2y2 + 2y2 + yz + 2z2 + V2z2 + zx + 2x2 > V5"(x + y + z) = V5 ^ đpcm. Dấu

bằng xảy ra ^ x = y = z = 1/3.

2 Í A \2

4

V16
y
AA

MB V CD

y 16

AC
OD
nên AAMB ~ ACOD (g.g) ^

www.VNMATH.com

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

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

THÁI BÌNH Năm học 2006 - 2007

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2,0 điểm)

™1 -Ẵ , , ~ x + 2>/x -10 Vx - 2 1 , , _N

Cho biểu thức: Q =----ị=---J=---Ỵ=--- (với x > 0 và x ^ 9)

x -Vx - 6 Vx - 3 Vx + 2
Rút gọn biểu thức Q.

Tìm giá trị của x để Q = —.
Bài 2: (2,5 điểm)

X. “I” y — — IU

Cho hệ phương trình: ị (m là tham số)

x + my = -1

Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn y = x2

Bài 3: (1,5 điểm)

Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = x + 2 và Parabol (P): y = x2

Xác định toạ độ hai giao điểm A và B của (d) với (P)

Cho điểm M thuộc (P) có hồnh độ là m (với -1 < m < 2). CMR: SMAB <

8
Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi I là trung điểm của AO. Qua I kẻ dây
CD vuông góc với AB.

Chứng minh:

Tứ giác ACOD là hình thoi.
CBD = —CAD .

Chứng minh rằng O là trực tâm của ÀBCD.

Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tổng (MB + MC + MD) đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5: (0,5 điểm)

Giải bất phương trình: Vx- 1 + V3- x + 4xV2"x > x3 + 10

HẾT

---... Số báo danh:

... Giám thị 2: ...

41 VNMATH.COM

ĐỀ CHÍNH THỨC

x + y = - m
I

1. Giải hệ với m = -2

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

Bài 1: (2,0 điểm)

Với x > 0, x ^ 9 thì :

Q = x + 2Vx - 10 yỊx - 2 1 (Vx + 2)(Vx - 3) Vx - 3
Vx + 2 x + 2Vx - 10 - (Vx - 2)(Vx + 2) - (Vx
- 3)

(Vx + 2)(Vx - 3)

+ 2VI - 10 - x + 4 - Vx + 3 Vx - 3 1

(Vx + 2)(>/x - 3) (Vx + 2)(Vx - 3) Vx + 2
Vậy Q = —^—- (x > 0, x ^ 9) vx + 2

Với điều kiện x > 0, x ^ 9 thì :Q = — ^ —pẤ— = 1 ^ Vx + 2

= 3

vx + 2 3
Vậy với x = 1 thì Q = —.
Bài 2: (2,5 điểm)

x + y = 2 I x

+ y = 2 I x = 1
Với m = -2, hệ đã cho trở thành : ị ^ ị
^ ị .

Ix - 2y =-1 I3y = 3 I y =1

Vậy với m = -2 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x ; y)
= (1 ; 1).

Hệ phương trình đã cho tương đương với : ị y (*)

I(m - 1)y =
m - 1

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi hệ (*) có
nghiệm duy nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi m - 1 ^ 0 ^ m
^ 1. Khi đó nghiệm duy nhất của hệ (*) là :

x = -m - 1, y = 1.

Theo giả thiết y = x2, ta có : 1 = (-m - 1)2 ^ m(m + 2) = 0

^ m = 0 hoặc m = -2.

Kết hợp với điều kiện của m thì có hai giá trị của m cần
tìm là m e {0 ; -2}.

Bài 3: (1,5 điểm)

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương

trình :

x2 = x + 2 ^ x2 - x - 2 = 0

Vì a - b + c = 1 + 1 - 2 = 0 nên phương trình trên có hai
nghiệm x1 = -1, x2 = 2. Từ đó, toạ độ hai giao điểm
của (d) và (P) lần lượt là : A(-1 ; 1) và B(2 ; 4).
2ể Parabol (P) và đường thẳng (d) được vẽ như hình 1.

Vì M thuộc (P) nên toạ độ của M(m ; m2)

Gọi D, N, C lần lượt là chân đường vng góc hạ từ A,
M, B xuống Ox.

Khi đó D(-1 ; 0), N(m ; 0) và C(2 ; 0).

Suy ra AD = 1, BC = 4, MN = m2, CD = 3 DN = |m + 1|

= m + 1 và CN = |m - 2| = 2 - m (vì -1 < m < 2)
Ta có : SAMB = SABCD - (SAMND + SBMNC) .

Các tứ giác ABCD, AMND và BMNC đều là hình thang
vng (có hai cạnh đối song song và có một góc vng) nên :

(AD + BC)CD _( (MN + AD)DN (MN + BC)CN^
= (1 + 4).3 _((m + 1)(m + 1) (m2 2 + 4)(2 - m)

\ yK
(P)\

1

V(d)

\ 4
\ 3

/dNT

M C >
-3 /-2 -ỉ O ỉ : 2 3 x

/ -ỉ

Hinh 1
S„Am =

M
B

V ^ m3 + m2 + m + 1

-m ---+
——

+ 2m2 - 4m + 8 ^

15
2

<3• 9=^Z (do (m- i)2> 0 Vm

-2])

2 2 L 4 2 J 2 4 8

27 _ í 1 1 1

Vậy SAMB < —. Dấu bằng xảy ra o m = —, khi đó M(— ; — )

8 2 2 4

Bài 4: (3,5 điểm)

a) Theo tính chất đường kính đi qua trung điểm
của một dây cung không đi qua tâm, ta có IC = ID.

Tứ giác ACOD có hai đường chéo OA và AC
vng góc với nhau và đi qua trung điểm của mỗi
đường nên là hình thoi

b) Hai góc COD (góc ở tâm) và CBD (góc nội
tiếp) cùng chắn CĂD nên : CBD = —COD .

Nhưng COD = CĂD (hai góc đối của hình thoi
ACOD).

9 - ( -1)2

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56></div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

đường tròn)) nên DO ± BC ^ DO là đường cao thứ hai của ÀBCD (2)

Từ (1) và (2) suy ra giao điểm O của BI và DO chính là trực tâm của ÀBCD.
Vì BI là đường trung trực của CD (gt) nên ÀBCD cân tại B.

ÀACO có OA = OC (bán kính của (O)) và AC = OC (cạnh của hình thoi ACOD) nên OA
= OC = ÁC. Do đó ÀACO là tam giác đều

^ COA = 600 ^ COD = 1200 ^ CBD = 1COD = 600

ÀBCD cân có CBD = 600nên là tam giác đều. Suy ra BC = CD và CDB = 600

Xét ÀCMD có MCD = — sđMBD, MDC = 1 sđMC. Dễ thấy sđMBD > sđMC nên

22
MCD > MDC ^ MC < MD.

Trên đoạn CD lấy điểm N sao cho MC = MN.

Tam giác AMN cân tại M có CMN = CBD = 600 (góc nội tiếp cùng chắn CÁD ) nên là tam

giác đều. Suy ra CM = CN và MCN = 600.

Xét ÀCMB và ÀCND có :

CD = CB, CM = CN (cmt) và DCN = BCM (= DCM - 600) nên

ÀCMB = ÀCND (c.g.c). Suy ra MB = ND.

Từ đó MB + MC + MD = ND + MN + MD = 2MD.

Trong đường trịn, đường kính là dây cung lớn nhất nên MD < 2R
^ MB + mC + MD < 4R.

Do đó tổng (MB + MC + MD) đạt giá trị lớn nhất bằng 4R ^ MN là đường kính của (O).
Mà DO ± BC (cmt) nên MN ± BC ^ MN là đường trung trực của BC ^ MB = MC ^ MB =

MC hay M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.

Vậy để tổng (MB + MC + MD) đạt giá trị lớn nhất bằng 4R thì M phải là điểm chính giữa
của cung nhỏ BC.

Bài 5: (0,5 điểm)

ĐK : 1 < x < 3. Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với :
Vx- 1 + V3- x > x3 - 4xV2x + 10

Xét vế trái :

Đặt t = Vx - 1 + V3- x > 0 ^ t2 = 2 + 2^(x- 1)(3- x)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số khơng âm, ta có :
2yỊ(x - 1)(3- x) < x - 1 + 3 - x = 2 ^ t2 < 2 + 2 = 4 ^ t < 2 (do t

> 0). Dấu bằng xảy ra ^ x = 2.
Xét vế phải :

Ta có : x3 - 4xV2x + 10 = (xVx - 2V2)2 + 2 > 2 (do (xVx - 2V2")2 > 0) Dấu bằng xảy ra ^ x =

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58></div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

THÁI BÌNH Năm học 2007 - 2008

Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời
gian giao đề)
Bài 1: (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình <12x + y^ + 1

|x + y = 1
Bài 2: (2,0 điểm)

Cho biểu thức A = 2^ 3 + —^ r- - 1

Vx - 2 x - 2Vx
Rút gọn A ;

Tính giá trị của A khi x = 841.
Bài 3: (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = 2(m - 1)x - (m2 - 2m) và đường

Parabol (P) : y = x2

Tìm m để (d) đi qua gốc toạ độ O ;

Tìm toạ độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 3 ;

Tìm m sao cho (d) cắt (P) tại hai điểm có tung độ y1 và y2 thoả mãn |y1 - y2 = 8 .

Bài 4: (3.0 điểm)

Cho À ABC có 3 góc nhọn ÁC > BC nội tiếp (O). Vẽ các tiếp tuyến với (O) tại A và B,
các tiếp tuyến này cắt nhau tại M. Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên MC.

Chứng minh rằng :

MAOH là tứ giác nội tiếp ;

Tia HM là phân giác của góc AHB ;

Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MA, MB lần lượt tại E, F. Nối EH cắt ÁC tại
P, HF cắt BC tại Q. Chứng minh rằng QP // ỌF.

Bài 5: (1.0 điểm)

Cho x, y, z e R. Chứng minh rằng :

1019x2 + 18y4 + 1007z2 > 30xy2 + 6y2z + 2008zx

--- HẾT --Họ và tên thí sinh: ...

Số báo danh: ...

Giám thị 1: ... Giám thị 2: ...

46 VNMATH.COM

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

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: (1,5 điểm)

2x + y = V2 + 1 x + y = 1
Bài 2: (2,0 điểm)

Cho biểu thức A = 2<^x 3 +

—^ r-- 1

Vx - 2 x - 2Vx
ĐKXĐ : x > 0, x * 4.

A 2>/x - 3 Vx 1 2Vx - 3 1 1 2>/x - 3 + 1 -Vx + 2 Vx - 2 Vx(Vx - 2) Vx - 2 Vx - 2 Vx -
2

A = ^ (x > 0, x * 4)
Vx - 2

-v/84Ĩ 29
Với x = 841 thoả mãn ĐKXĐ nên giá trị của A = r—---= —

7841 - 2 27
Bài 3: (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = 2(m - 1)x - (m2 - 2m) và đường

Parabol (P) : y = x2

Vì (d) đi qua gốc toạ độ O (0 ; 0) nên ta có :

= -(m2 - 2m) ^ m(m - 2) = 0 ^ m = 0 ; m = 2.

Vậy với m □ {0 ; 2} thì (d) đi qua gốc toạ độ.
Khi m = 3 thì (d) trở thành : y = 4x - 3 (d).

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

x2 = 4x - 3 ^ x2 - 4x + 3 = 0 Vì a + b + c = 1 + (-4)

+ 3 = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt :
x1 = 1, x2 = 3 ^ y1 = 1, y2 = 9.

Vậy với m = 3 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có toạ độ là (1 ; 1) và (3 ; 9).
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình :

x2 = 2(m - 1)x - (m2 - 2m) ^ x2 - 2(m - 1)x + m2 - 2m = 0 Vì A’ =

(m - 1)2 - (m2 - 2m) = 1 > 0 nên ln có hai nghiệm phân biệt x
1, x2.

Theo định lí Vi-et, ta có : x1 + x2 = 2(m - 1); x1x2 = m2 - 2m.

Khi đó : y1 = 2(m - 1)x1 - (m2 - 2m), y2 = 2(m - 1)x2 - (m2 - 2m)

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

^ y1 - y2 = 2(m - 1)(x1 - x2).

Theo bài ra : |y1 - y2 = 8 (y1 - y2)2 = 64 4(m - 1)2(x1 - x2)2 = 64

(m - 1)2[(x1 + x2)2 - 4x1x2] = 16 ^ (m - 1)2[4(m - 1)2 -

4(m2 - 2m)] = 16 (m - 1)2.4 = 16 ^ (m - 1)2 = 4 ^ m = -1 hoặc

m = 3.

Vậy giá trị cần tìm của m là m e {-1 ; 3}
Bài 4: (3.0 điểm)

Xem hình bên

MA là tiếp tuyến với (O) tại A nên OA 1 MA hay
MAO = 900.

H là hình chiếu của O trên MC nên OH 1 MC hay
MHO = 900.

Tứ giác MAOH có MAO + MHO = 1800

nên là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh tương tự như trên ta có MB O = 900.

Ta có MAO = MHO = MB O = 900 nên 5 điểm M, A,

O, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO.
Suy ra ÁHM = ÁBM (hai góc nội tiếp

cùng chắn cung AM) và 0HM = BÁM (hai góc nội

tiếp cùng chắn cung BM).
Xét đường tròn (O):

BÁM = ABM (tính chất góc tạo bởi tia tiếp

tuyến và một dây cung).

Do đó ÁHM = ỖHM hay HM là tia phân giác của góc AHB.

Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MA, MB lần lượt tại E, F. Nối EH cắt AC tại P,
HF cắt BC tại Q. Chứng minh rằng PQ // EF.

Bài 5: (1.0 điểm)

Ta có : 1019x2 + 18y4 + 1007z2 > 30xy2 + 6y2z + 2008zx

^ (1004x2 - 2008zx + 1004z2) + (15x2 - 30xy2 + 15y4) + (3y4 - 6y2z + 3z2) > 0

^ 1004(x - z)2 + 15(x - y2)2 + 3(y2 - z)2 > 0

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì :

1004(x - z)2 > 0, 15(x - y2)2 > 0, 3(y2 - z)2 > 0 Vx, y, z □ R.

Dấu bằng xảy ra ^ x = z = y2 > 0.

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

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

www.VNMATH.com

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

Năm học 2008 - 2009 Mơn : TỐN Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm)

Cho biểu thức P = 1+ - +

1-Vx + 5
2

Tìm các giá trị của x để P = —
3
Vx + 1 Vx - 1
Rút gọn P ;

2.
Bài 2 (2,0 điểm)

Cho hàm số bậc nhất y = (m - 2)x + m + 1 (m là tham số)
Với giá trị nào của m thì hàm số y là hàm số đồng biến ;
Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số đi qua điểm M(2 ; 6) ;

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại A, cắt trục tung tại B (A và B không trùng với gốc toạ độ O).
Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác OAB. Xác định giá trị của

m, biết OH = yỊĨ.

với x > 0 và x Ỷ 1

Bài 3 (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 + (a - 1)x - 6 = 0 (a là tham số)

Giải phương trình với a = 6 ;

Tìm a để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn :

x1 + x2 - 3x1x2 = 34

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại F,
E. Gọi H là giao điểm của BE với CF, D là giao điểm của AH với BC.

Chứng minh :

Các tứ giác AEHF, AEDB nội tiếp đường trịn ;
AF.AB = AE.AC

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Chứng minh rằng, nếu AD + BE + CF = 9r thì tam giác ABC đều.
Bài 5 (0,5 điểm)

Í

6 - 6 = 1

|x + y| + |x - y|= 2
HẾT

Họ và tên thí sinh... Số báo danh

...Giám thị 2

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

Bài 1 (2,0 điểm)

Với điều kiện x > 0 và x Ỷ 1 thì :

P (Vx + 1)(Vx - 1) + 2(Vx - 1) + 3(Vx + 1) Vx + 5 - 6 =

(Vx - 1)(Vx + 1) [ Vx + 5

x + 5>/x Vx - 1 Vx(Vx + 5) Vx - 1 (Vx - 1)(Vx + 1)
Vx + 5 (Vx - 1)(Vx + 1) Vx + 5
vx

Vx + 1

2
Với điều kiện x > 0 và x Ỷ 1 thì khi P = — ta có :

3
r 2

x— = — ^ 3Vx = 2(Vx +1) ^ Vx = 2 ^ x = 4 (thoả mãn ĐKXĐ)

Vx + 1 3

2
Vậy với x = 4 thì P = —.

3
Bài 2 (2,0 điểm)

Hàm số đã cho đồng biến khi và chỉ khi m - 2 > 0 ^ m > 2.

Thay toạ độ M(2 ; 6) vào hàm số ta có : 6 = (m - 2).2 + m + 1 ^ m = 3.
Vậy với m = 3 thì đồ thị hàm số đi qua điểm M(2 ; 6).

(Hình 1)

Đồ thị hàm số cắt cả hai trục toạ độ và vì hai điểm A và B không trùng với gốc toạ độ nên
đồ thị hàm số đã cho không đi qua gốc toạ độ và không song song với hai trục. Điều này xảy ra
khi và chỉ khi : m - 2 Ỷ 0 và m + 1 Ỷ 0 hay m Ỷ 2 và m Ỷ -1.

Ta thấy tam giác OAB vuông tại O có đường cao OH nên áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác vng ta có :

= 1 1 = (m - 2) 12 OH2 = OA2 + OB2 = (m + 1)2 + (m + 1)2

m2 - 4m + 5

Hay :

(V2)2 (m + 1)2

^ (m + 1)2 = 2(m2 - 4m + 5)

^ m2 - 10m + 9 = 0 ^ m = 1 (loại) hoặc m = 9 (thoả mãn).

Vậy giá trị của m cần tìm là m = 9.

m + 1
m - 2

m + 1

Khi đó ta có A( và OB = |m + 1|

m - 2
; 0) và B(0 ; m + 1) ^ OA =

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

Bài 3 (2,0 điểm)

Với a = 6, phương trình trở thành : x2 + 5x - 6 = 0 Vì 1 + 5 + (-6) = 0 nên phương trình

đã cho có hai nghiệm phân biệt :

x1 = 1 và x2 = -6

Vì tích a.c = 1.(-6) < 0 nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi a.
Áp dụng định lý Viet ta có : x1 + x2 = -(a - 1) = 1 - a và x1.x2 = -6.

Biến đổi hệ thức đã cho thành : (x1 + x2)2 - 5x1.x2 = 34 hay :

(1 - a)2 - 5.(-6) = 34 ^ (a - 1)2 = 64 ^ a - 1 = ± 8 ^ a = 9 hoặc a = -7.

Vậy với a e {-7 ; 9} thì x1 + x2 - 3x

1x2 = 34 Bài 4 (3,5 điểm)

(H. 2)

Vì E, F cùng thuộc đường trịn đường kính BC nên : BEC=
BFC= 900

^ AEH= AFH= 900 ^ AEH+ AFH= 1800 ^ Tứ giác AEHF nội

tiếp.

Mặt khác, do AEH = AFH = 900 nên BE và CF là hai đường cao

của tam giác ABC. Suy ra H là trực tâm của tam giác ABC. Do đó

AD là đường cao cịn lại của tam giác. Từ
đó ADB = 900.

Hai điểm E và D cùng nhìn AB dưới một góc vng nên

cùng nằm trên đường trịn đường kính AB. Hay tứ giác AEDB nội

tiếp.

Vậy các tứ giác AEHF và AEDB cùng nội tiếp được đường tròn (đpcm).

Các tam giác vuông AEB (vuông tại E) và AFC (vuông tại F) có A^ chung nên :
AAEB ~ AAFC (g.g).

AE AF

^ AF.AB = AE.AC (đpcm).

AB AC

(H. 3) Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC; I là tiếp điểm của (O) và BC thì OI = r và OI ± BC.

Hai tam giác ABC và OBC có chung cạnh BC, hai đường
cao tương ứng là AD và OI nên:

OI
OBC

AD AD
ABC

Chứng minh tương tự ta có :

OAB _
BE ’ S

ABC

Suy ra :

C
OAC

_
CF
-'AB

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

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AD = BE = CF ^ AB = BC = CA ^ AABC đều. Vậy nếu AD
+ BE + CF = 9r thì tam giác ABC đều

Bài 5 (0,5 điểm)

x6 > y6 J|x| > |y| íỉxi > lyl

x6 > 1 [|x| > 1 [x> ihoặcx <-1

Xét hai trường hợp :

fx + y > 0

Nếu x > 1 thì |x| > |y| ^ —x < y < x ^ <

[x - y > 0

Khi đó : |x+ y| + |x- y| = 2 ^ x + y + x - y = 2 ^ x = 1 (thoả mãn)

Vì x6 - y6 = 1 nên y = 0. Thử lại thấy x

= 1, y = 0 thoả mãn hệ.
' x + y < 0 x - y < 0

Khi đó : |x + y| + |x - y| = 2 ^ —(x +
y) - (x - y) = 2 ^ x = —1 (thoả mãn) Vì x6 - y6 = 1 nên y = 0. Thử lại thấy x = —1, y = 0 thoả

mãn hệ.

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (—1 ; 0) và (1 ; 0)

AD BE • +

CF + AD

+
CF + BE

+ > 6

Do đó : AD BE

BE AD

BE CF AD CF

Chứng minh tương tự ta có : —— + —— > 2 và —— + —— > 2

CF BE CF AD

Dấu bằng có khi và chỉ khi BE = CF và AD = CF.

™T7\ ^BE CF ì (AD CFA

BE AD
Dấu bằng có khi và chỉ khi

BE
AD = BE.

AD
BE AD

BE
BE AD

_ 0 ,AD BE AD BE > 2J^—.---

hay ^—+---> 2
S___ + S^ - + S_
^OB^ JQA^ OAB

= 6

A A BE BE CF CF

^ 1+ + — - + + 1+- + + ■

BE CF AD CF AD BE

( AD BE ì ( B

E CF ì ( AD CF ì

---+ + +--- + +

^ BE AD l CF BE ^ CF AD )

CF
AD BE

+ 1 = 9
• +
• +

Mà AD + BE + CF = 9r. Suy ra (AD + BE + CF) 1 1 1
AB

AD BE

S CF r

(1)

= 9r.—
r
r r r Suy ra : —— + —^7

+ -7— AD BE CF

Từ x6 - y6 = 1 ^

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

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG THÁI

BÌNH ’ Năm học 2009 - 2010

Mon : TỐN

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

Bài 1 (2,0 điểm)

,

N 3 13 6

Rút gọn các biểu thức sau: a)---1= +---1= + —Ị=

+ V3 4-V3 V3

xVỸ y >/* + * y với x > 0; y > 0 và x Ỷ y. ^xy vx -^/y

Giải phương trình : x +--- — = 3.
x + 2
Bài 2 (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình i( ) y (m là tham số)

[mx + y = m + 1

Giải hệ phương trình với m = 2;

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

Bài 3 (2,0 điểm)

Cho mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (k - 1)x + 4 (k là tham số) và
parabol (P) : y = x2.

Khi k = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P).

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

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

y1 + y2 = y1y2.
Bài 4 (3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B và C). Qua B kẻ đường thẳng
vng góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và K.

Chứng minh các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường trịn ;
Tính góc CHK

Chứng minh: KH.KB = KC.KD;

Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh 1

2 = —1— + —1—

AD2 AM2 AN2

Bài 5 (0,5 điểm)

Giải phương trình : —^ + ■ 1 = yỊ3 , 1 + , 1 =

vx v2 x-3 Vv 4 x-3 V5 x -6
1

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (2,0 điểm)

Rút gọn các biểu thức:

, 3 13 6 3(2->/3) 13(4 + >/3) 6^3

——=+ r + - j = = ^---+ v ^ +^1 =
+ >/ă 4 -Vă Vã 4 - 3 16 - 3 3

= 6 - 343 + 4 + Vă + 2V3 = 10.
Với x > 0, y > 0 và x Ỷ y thì :

x^/ỹ- yVx + x - y = Vxỵ(Vx - 7Ỹ) + (Vx - Vỵ)(7x +ỵ/ỵ) =

^/xỹ Vx --y/y Vxỹ vx -^/y

= Vx ^ + Vx ^ >/y = 2n/x

ĐKXĐ : x Ỷ -2. Từ phương trình đã cho suy ra :

x(x + 2) + 4 = 3(x + 2) > x2 - x - 2 = 0 Vì a - b + c = 1 - (-1)

+ 2 = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm là : x1 = -1; x2 = 2. Cả hai nghiệm này

đều thoả mãn ĐKXĐ.
Vậy S = {-1 ; 2}
Bài 2 (2,0 điểm)

x + y = 2 Ix = 1 Ix = 1

Với m = 2, hệ đã cho trở thành : > <

|2x + y = 3 |x + y = 2 | y = 1

Vậy với m = 2 thì nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x ; y) =
(1 ; 1)

Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ :

mx + y = m +1 I x = m -1 x = m -1 |m(m -1) + y = m +1

Suy ra hệ phương trình đã cho ln có nghiệm duy nhất (x ;

y) = (m - 1 ; 1 + 2m - m2) với mọi m.

Khi đó, ta có : 2x + y = 2(m - 1) + 1 + 2m - m2 = - 1 + 4m - m2 = 3 - (m - 2)2 < 3 vì (m -

2)2 > 0 Vm.

Vậy với mọi giá trị của m thì hệ phương trình đã cho ln có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả
mãn 2x + y < 3.

Bài 3 (2,0 điểm)

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

x2 = (k - 1)x + 4 > x2 - (k - 1)x - 4 = 0 (1)

Khi k = -2, phương trình (1) trở thành : x2 + 3x - 4 = 0

Vì a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình này có hai nghiệm : x1 = 1 ; x2 = -4.

Với x1 = 1 ^ y1 = 12 = 1 ; với x2 = -4 ^ y2 = (-4)2 = 16.

Vậy toạ độ giao điểm của (d) và (P) khi k = -2 là : (1 ; 1) và (-4 ; 16).

Xét phương trình (1) có : A = (k - 1)2 + 16 > 0 Vk nên (1) ln có hai nghiệm phân biệt với

mọi k.

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

Từ đó suy ra với bất kì giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân
biệt (đpcm).

Gọi x1 ; x2 là hoành độ tương ứng với tung độ y1 ; y2 của các giao điểm của đường thẳng (d)

và (P). Hiển nhiên, x1 và x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).

Áp dụng định lí Vi-et, ta có : x1 + x2 = k - 1 ; x1x2 = -4.

Mà : y1 = xj2 và y2 = x2 (vì các giao điểm đều thuộc (P)), nên từ giả thiết ta có :

y1 + y2 = y1y2 ^ x2 + x2 = xi2.x2 ^ (x1 + x2)2 - 2x1x2 = (x1x2)2 hay (k - 1)2

- 2.(-4) = (-4)2 ^ (k - 1)2 = 8 ^ k = 1 ± 2V2.

Vậy giá trị của k thoả mãn yêu cầu bài toán là : k = 1 ± 2V2

Bài 4 (3,5 điểm)

Xét tứ giác ABHD có Á = 900 (vì ABCD là hình vng)

và 0HD = 900 (giả thiết)

^ Á + §HD = 1800

Hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác ABHD nội
tiếp.

Xét tứ giác BHCD có :

BcD = 900 (vì ABCD là hình vuông) và BhD = 900 (giả thiết).

^ Bcd = Bhd = 900.

Hai đỉnh kề nhau H và C cùng nhìn cạnh đối diện dưới một góc bằng 900 nên tứ giác

BHCD nội tiếp.

Vậy các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường trịn (đpcm).

Vì ABCD là hình vng nên DB là đường phân giác của ÁDC = 900 ^ BdC = 450 Tứ giác

BDHC nội tiếp (chứng minh trên) nên : ChK = BdC (cùng bù với BhC).

Vậy ChK = 450.

Xét AKHC và AKDB có :
K chung ;

ChK = BdC (chứng minh trên)

Do đó AKHC ~ AKDB (g.g) ^ ^ ^ KH.KB = KC.KD (đpcm)
KC KB

Trên tia đối của tia DC lấy điểm E sao cho DE = BM.

Vì AdC = 900 ^ ÁDE = 900 (hai góc kề bù) ^ AADE vng tại D.

Xét AADE và AABM có :

AD = AB (hai cạnh của hình vng ABCD)
ÁDE = ÁBM = 900 DE = BM

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

AADE = AABM (c.g.c) ^ AM = AE và EÁD = BÁM EAN=EAD + DAN =

SAM + DAN = BAD = 900 ^ AEAN vuông tại Á.

Tam gác EAN vuông tại Á có đường cao AD nên theo hệ thức lượng trong tam giác vng
ta có :

1 1 h 1 = 1 1 (đ )

hay —— = —— + —T (đpcm).

r2AD2ÁM2AN2

Bài 5 (0,5 điểm)

3
ĐKXĐ : x > -.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với 1— + ■ 1 = = . 1 =T

v3x v6x - 9 V4x - 3
Đặt : >/3x = a, V6x-9 = b, V4x - 3 = c, V5x-6 = d (a, b, c, d > 0)

^ a + c > 0, b + d > 0 và c2 - a2 = b2 - d2 (= x - 3)

Phương trình trên trở thành :

+) Nếu 2 < x < 3 thì :

< 5x - 6 < 3x
< 6x - 9 < 4x - 3
< d < a

< b < c

< b + d < a + c
1

^---<---ac(a + c) bd(b + d)

Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THAI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

--->---

---AD2 AE2 + AN2

V5x-6

b - d

c 2 - a 2

---^

_________= b 2 - d 2

ac(a + c) bd(b + d)
1 1 1 1 1 1 1 1 c - a

— + — = — + — ^ _ - _ =_ - _ ^

---a b c d ---a c d b ---a c
2 2_, 2 i 2

(1)
b

Nếu x = 3 thì c2 - a2 = b2 - d2 = 0 ^ (1) hiển nhiên đúng Với x ^

3 thì c2 - a2 = b2 - d2 „2 i2 j2 - 2 ^ 0, (1) ^
1 1

(2)
ac(a + c) bd(b + d) 0 <

a < d
0 < 3x < 5x - 6

+) Nếu x > 3 thì : 0 < c

c < b + d
0 < 4x - 3 < 6x - 9

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

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Năm học 2010 - 2011 Mơn thi:
TỐN

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

x + 9
V x - 3Vx Vx + 3 )

' 1 1 ì ~r +~r— = 10.

vV5 - 2 V5 + 2)

Bài 2(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = (k - 1)x + n và hai điểm A(0 ; 2), B
(-1 ; 0)

Tìm các giá trị của k và n để :

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

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (A) : y = x + 2 - k.

Cho n = 2. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai : x2 - 2mx + m - 7 = 0 (1) (với m là tham số).

Giải phương trình (1) với m = -1.

Chứng minh rằng pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

Bài 1. (2,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức: A
2. Chứng minh rằng : V5 •

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

Bài 1. (2,0 điểm)

Với x > 0, x ^ 9, thì :

A = í 3

1 ' x - 9
V
x

-3
>
/
x
V
x
+

3
y
'
3
1
'
Ị
x

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

-9
•vRV
x - 3)
v x+3
j vx
3>/x +
9 + x
-3>/x
(Vx -
3)(Vx
+ 3)
Vx(>/
x - 3)
(Vx
+ 3)
Vx

(x + 9).
(■>/x - 3)(Vx + 3)

Vx(Vx -

3) (Vx +

3)Vx x +
9

Biến đổi vế trái, ta
có :

'=, / 5 ■ 4
+

2 +f

- 2

=75 • ^5=10

- 4
.V5 - 2 + A/5 + 2

VT = V5 í--1—+,_— w5

-2 V5 + -2

(V5 - 2)(Vs + 2)

Vậy V5. 1

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

Bài 2.(2,0 điểm)

a) Đường thẳng
(d) đi qua hai
điểm Á và B, nên
ta có hệ :

[
n = 2

ín

2
(
k - 1).(-1)
+ n = 0 Ịk
= 3 Vậy
với k = 3;
n = 2 thì

(d) đi qua
hai diểm
A(0 ; 2) và
B(-1 ; 0).
Đường thẳng
(d) song song
với đường
thẳng (À) khi
và chỉ khi :

k

-1
=
1
J
k
=
2

-k
^
n

Ạx
m

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

[

n
^
0
Vậy với k = 2
và n ^ 0 thì
đường thẳng
(d) song song
với đường
thẳng (À).
Với n = 2,
phương trình
đường thẳng (d)
là :

y =
(k -
1)x
+ 2.
Để (d) cắt trục
Ox thì k - 1 ^
0 ^ k ^ 1.

2
Khi đó giao
điểm của (d)
và Ox là C( ;
0)

- k
Các tam giác

OAB và OAC
đều vuông tại
O, nên:

2OA.OB;

Soac OAB

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

, OB = 1 (đvđd) nên ta có :
- k

= 2 > |1 - k| = 1 > k = 0 hoặc k = 2.
Vậy với k = 0 hoặc k = 2 thì SOAC =

Bài 3. (2,0 điểm)

Với m = -1, thì phương trình
(1) trở thành : x2 + 2x - 8 =

A’ = 1 + 8 = 9 > 0, nên
phương trình có hai
nghiệm phân biệt :

=

-1

-3
=

-4
;
x

=

-1
+
3
=
2
.
Xét A’ = m2 - m + 7 = (m -

-1)2 + —> 0 Vm

4
1(H. 2)

Dễ thấy OC =
2
1 - k

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

^ (1) ln có hai nghiệm
phân biệt Vm.

Vì (1) ln có hai nghiệm
phân biệt với mọi giá trị
của m nên theo định lí
Vi-et, ta có:

x1 + x2 =

x1x2 = m -

*
)

C
h
ứ
n
g

m
i
n
h

A
H
E
K

l
à

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

16 > x + x2 = 16 > 2m = 16 > m = 8

(thoả mãn)

Theo bài ra — + —
x, x.

Vậy giá trị m cần tìm là m =
8.

Bài 4. (3,5 điểm)

t
ứ

g
i
á
c

n
ộ
i

t
i
ế
p

m - 7

x1x2

Hinh 2

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

và AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay AKE = 900 Xét

tứ giác AHEK có AHE + AKE = 1800 nên là tứ giác nội tiếp.

*) Chứng minh ACAE ~ ACHK Xét ACAE và ACHK có :
C chung

CAE = CHK (góc nội tiếp cùng chắn KE )

Do đó ACAE ~ ACHK (g.g)
(H. 2)

Vì BK 1 AC (AKB = 900) và NF 1 AC (gt) nên BK // NF (cùng 1 AC).

Do đó : KFN = MKB (đồng vị) và KNF = NKB (so le trong) (1)

Mặt khác MKB = 1 sđMB và NKB = 1 sđ NB 22

mà ỈM B = N B (vì đường kính AB vng góc với dây cung MN) nên MKB = NKB (2)

Từ (1) và (2) suy ra KFN = KNF .

Vậy AKNF cân tại K.
(H. 3)

*) Chứng minh OK // MN

Nếu KE = KC thì AKEC vng cân tại K ^ KEC = 450.

Tứ giác AHEK nội tiếp nên BAK = KEC = 450 ^ AAKB vuông cân tại K ^ OK 1 AB Mà

MN 1 AB (gt) nên OK // MN.
*) Chứng minh ^ KM2 + KN2 = 4R2.

Gọi I là giao điểm của KO với (O ; R) thì IK // MN.

Vì IK và MN là hai dây cung của (O) nên MI = NK ^ MI = KN

AKMI có KI là đường kính của (O) nên vng tại M. Áp dụng định lí Pitago, ta có :
KM2 + MI2 = KI2 hay KM2 + KN2 = 4R2.

Bài 5. (0,5 điểm)

Cách 1. Khơng giảm tổng qt, có thể giả sử c = min(a ; b ; c).
Từ giả thiết a + b + c = 3 ^ 3c < a + b + c ^ c < 1. Do đó 0 < c < 1.
Đặt a = 1 + x, b = 1 + y thì c = 1 - x - y. Do 0 < c < 1 nên 0 < x + y < 1.
Ta có : (a - 1)3 + (b - 1)3 + (c - 1)3 = x3 + y3 + (-x - y)3 = -3xy(x + y).

Mặt khác (x - y)2 > 0 Vx, y ^ xy < ( x — y )

^ xy(x + y) < ( x — y ) < - (vì 0 < x + y < 1)

3 1 3

^ -3xy(x + y) > —. Dấu bằng xảy ra ^ x = y = — (khi đó a = b = —, c = 0)

ễ thấy AhE = 900 (vì MN ± AB)

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

(a - 1)3 + (b - 1)3 + (c - 1)3 > 3(a — b — c) - 3 = -ỉ • 3 - 3:

Vậy (a - 1)3 + (b - 1)3 + (c - 1)3 >--.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
= 0
a
V
í

b--V 2
y
2
3
c - —
2
V

a — b — c — 3
a = 0 V a = 4

2
b = 0 V b = 3

^
c = 0 V c = —

2
a — b — c = 3

a = 0, b = c = 4
2
b = 0, a = c = —
2

c = 0, a = b = —
2

V ậ y ( a - 1 )3 + ( b - 1 )3 + ( c - 1 )3 >

- - .

^ (a - 1) > — a - 1 4
Tương tự: (b - 1)3 > 3b - 1 (2)

(c -1)3 > 4c -1 (3)

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta được :

Cách 2. Ta có: (a - 1)3 = a3 - 3a2 — 3a - 1 = a(a2 - 3a — 3) - 1 = a

2
(1) (do a > 0 và

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

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 -

2012 THAI BÌNH Mơn thi: TỐN

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

Bài 1ễ (2,0 điểm)

1 3

Cho biểu thức A = ^=----- ị = ----—- -với x > 0 và x ^ 1.
Vx +1 Vx -1 x - 1

Rút gọn biểu thức A.

Tính giá trị của A khi x = 3 - 2V2.
Bài 2.(2,0 điểm)

Cho hê phương trình: < y (m là tham số).
Ịx - y =- 6

Tìm m để hê phương trình có nghiêm (x ; y) trong đó x = 2.

Tìm m để hê phương trình có nghiêm duy nhất (x ; y) thoả mãn 2x + y = 9.
Bài 3ễ (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = ax + 3 (a là

tham
số).

Vẽ parbol (P).

Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biêt.

Gọi xi, x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm a để xi + 2x2 = 3.

Bài 4ễ (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm C nằm trên tia đối của tia BA sao cho
BC = R. Điểm D thuộc đường tròn tâm O sao cho BD = R. Đường thẳng vng góc với BC tại C
cắt tia AD tại M.

Chứng minh rằng:

Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp.
AB.AC = AD.AM.

CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.

Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần. Tính diên tích phần tam giác ABM
nằm ngồi đường trịn tâm O theo R.

Bài 5ễ (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn: a + b + c = 1006.

Chứng minh rằng: ,^2012a + — — + J20120 + — a)— + J2012c + — b)— < 2012V2.

... HẾT

---Số báo danh:

HƯỚNG DẪN GIẢI

Họ và tên thí sinh:

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

Bài 1ễ (2,0 điểm)

Với x > 0, x ^ 1, thì :

A _ 3(Vx - 1) - (>/x — 1) - (Vx - 3) = 3 Vx - 3 - Vx - 1 - Vx — 3 (Vx — 1)(Vx

- 1) (Vx — 1)(Vx - 1)

Vx - 1 = 1

(Vx — 1)(Vx - 1) Vx — 1

Nhận xét: x = 3 - 2V2 = (V2 - 1)2 (thoả mãn 0 < x ^ 1) ^ Vx = 1V2 - 1| = V2 - 1 (vì V2 > 1)

Do đó: A — -^^---= —.
V2 -1 — 1 V2 2

Bài 2 .(2,0 điểm)

Với x = 2 thì từ phương trình x - y = -6 ^ y = 8.

Thay x = 2, y = 8 vào phương trình thứ nhất, ta được: 2m + 16 = 18 ^ m = 1.
Vậy giá trị cần tìm m = 1.

Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: — ^ ^ m^ -2.

Nghiệm duy nhất (x ; y) của hệ đã cho thoả mãn điều kiện đề bài là nghiệm của hệ:
x - y = 6 1 x = 5

x-y=6 ^lx = 5

2 x + y = 9 Ịy =-1
Từ đó, ta có: 5m - 2 = 18 ^ m = 4 (thoả mãn m ^ -2).
Vậy giá trị cần tìm là m = 4.

Bài 3. (2,0 điểm)

Bạn đọc tự giải.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d): x2 = ax + 3 = 0 ^ x2 - ax - 3 = 0. Vì A = a2

+ 12 > 0 Va nên phương trình trên ln có hai nghiệm phân biệt Va.
Tứ đó suy ra (d) ln cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Áp dụng định lí Vi-et, ta có: x1 + x2 = a và x1x2 = -3.

Theo giả thiết: x1 + 2x2 = 3 ^ a + x2 = 3 ^ x2 = 3 - a; x1 = a - x2 = 2a - 3; x1x2 =

-3 ^ (2a - 3)(3 - a) = -3 ^ 2a2 - 9a + 6 = 0

9 ±■733

A = 92 - 4.2.6 = 33 > 0 ^ a

12 —.

1,2 4

±V33

Vậy có hai giá trị cần tìm của a là: a12 =

Bài 4. (3,5 điểm)

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

Ta có: ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ^ BDM = 900 (hai góc kề bù).

BcM = 900 (do MC ± BC).

Xét tứ giác BCMD có: §DM + §CM = 180°
^ Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp.

Xét AADB và AACM có:
A chung; ADB = ACM = 900

nên AADB ~ AACM (g.g)
AD AB

^ AB.AC = AD.AM (đpcm).
AC AM

AODC có DB là đường trung tuyến ứng với cạnh OC
và DB = — OC nên AODC vuông tại D.

Suy ra OD ± CD.

Do đó CD là tiếp tuyến của (O).

AOAD và AOBD chung chiều cao hạ từ đỉnh D, đáy bằng nhau nên:
V3R2 , n V3R

S _ _ = S

AOAD AOBD

4 AABD 2

Xét AMBD và AMBC có: MDB = MCB = 900, BM là cạnh chung, BD = BC (giả thiết)

^ AMBD = AMBC (cạnh huyền-góc nhọn)

^ MBD = M BC = iBD = 1800 - OBD = 1800 - 600 = 60»

2 2

^ MBD = OBD ^ BD là tia phân giác của góc ABM.

AABM có BD vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên cân tại B ^ BD đồng thời
là đường trung tuyến ứng với cạnh AM. Suy ra: SAABM = 2SAABD = V3R2 (đvdt)

Gọi S là diện tích phần tam giác ABM nằm ngồi đường trịn tâm O thì:
V3R2 >/3R2 rcR2 .60 = (WỊ- 2QR2

360 = 12

V3R2

4 (đvdt)
AOBD

2. AOBD có OB = OD = BD = R ^ AOBD đều ^ OBD = BOD = 600 và S

(đvdt)

(đvdt).
Bài 5. (0,5 điểm)

Đặt P = ^

(b c)
Ta có: 2012a +

2 2 2

= 4a2 + 4a(b + c) + (b - c)2 = 4a2 + 4a(b + c) + (b + c)2 - 4bc

2012a + (b c) +

A 2012b + (c a)+A 2012c + (a b)

2a.1006 + (b c) = 2a(a + b + c) + (b c)

2
2

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

(2a — b — c)2 - 2bc < (2a — b — c)2 (do b, c > 0)

2012a — (b - c) <J( 2 a—b—c ) = 2 a — b — c

V 2 V2

„,r_____^_______^ Lmoi- (c- a)2 , 2b — c — a L

A10 (a- b)2 2c — a — b

Chứng minh tương tự: ,y2012b + -- -— <---- - J =-; ,y2012c + ---— <----- J =
--„ _ 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 4(a + b + c) 4.1006 r r
Suy ra: P <----- J =--+---- J =--+---- j =- -= — < - = r = 2012V2.

V2 V2 V2 V2 V2

Vậỹ ^2012a— + ^2012b—(c - a) 2012c—(a -b) < 2012V2.

a = b = 0, c = 2012 Dấu bằng xảy ra ^
^ b = c = 0, a = 2012

3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức : — + —

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

Bài 4. (3,5 điểm)

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

c) Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp và ACAE đồng dạng với ACHK.
d) Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh

ANFK cân.

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

Bài 5. (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng :
(a - 1)3 + (b - 1)3 + (c - 1)3 > - 4 --- HẾT --Họ và

www.VNMATH.com

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