60 de thi va loi giai mon Toan vao THPT nam 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.3 MB, 204 trang )

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.HCM N m c: 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

1: 2 ểm

Giải các phƣơng trình và hệ phƣơng trình sau:
a) 2x2  x 3 0

b) 2 3 7

3 2 4

 



  


x y
x y

c) x4 x2120
d) x22 2x 7 0
 2: 1 5 ểm

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 1 2
4


y x và đƣờng thẳng (D): 1 2
2
  

y x trên cùng một hệ trục
toạ độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
 3: 1 5 ểm

Thu gọn các biểu thức sau:

1 2 1

  



 

x
A

x

x x x x với x > 0; x1

(2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3

     

B

4: 1 5 ểm

Cho phƣơng trình 2

2 2 0

   

x mx m (x là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phƣơng trình lu n lu n c 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phƣơng trình.

Tìm m để biểu thức M = 2 2

1 2 1 2
24

6


 

x x x x đạt giá trị nhỏ nhất
 5: 3 5 ểm

Cho đƣờng tròn (O) c tâm O và điểm M nằm ngồi đƣờng trịn (O). Đƣờng thẳng MO cắt (O)
tại E và F (ME<MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa
hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đƣờng thẳng MO).

a) Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF

b) Gọi H là hình chiếu vu ng g c của điểm C lên đƣờng thẳng MO. Chứng minh tứ giác
AHOB nội tiếp.

c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM c chứa điểm A, vẽ nửa đƣờng trịn đƣờng kính MF; nửa
đƣờng trịn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đƣờng thẳng
CO và KF. Chứng minh rằng đƣờng thẳng MS vu ng g c với đƣờng thẳng KC.

d) Gọi P và Q lần lƣợt là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và T là trung
điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 2
BÀI GIẢI

1: 2 ểm

Giải các phƣơng trình và hệ phƣơng trình sau:

a) 2x2  x 3 0 (a) Vì phƣơng trình (a) có a - b + c = 0 nên

(a) 1 3

2
  x hay x
b) 2 3 7 (1)

3 2 4 (2)

 



  


x y

x y 

2 3 7 (1)

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

 



    



x y
x y

 13 13 ((1) 2(3))
5 3 (3) ((2) (1) )

  



    



y
x y

 1

2
 

 


y
x

c) x4x2120 (C) Đặt u = x2 0, phƣơng trình thành : u2 + u – 12 = 0 (*)

(*) có  = 49 nên (*)  1 7 3

2
 

 

u hay 1 7 4

2
 
  

u (loại)

Do đ , (C)  x2 = 3  x =  3

Cách khác : (C)  (x2 – 3)(x2 + 4) = 0  x2 = 3  x =  3
d) x22 2x 7 0 (d)

’ = 2 + 7 = 9 do đ (d)  x = 23
 2: a) Đồ thị:

Lƣu ý: (P) đi qua O(0;0),



2;1 ,

 

4;4



(D) đi qua



4;4 , 2;1

  

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 1 2 1
2
4x  2x  x

+ 2x – 8 = 0   x 4 hay x2
y(-4) = 4, y(2) = 1

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



4;4 , 2;1

  

.
 3:Thu gọn các biểu thức sau:

1 2 1

  



 

x
A

x

x x x x 2

2
1
  

 

 

x x x x x

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 3

M E F

K 
S 
A 
B 
T 
P 
Q 
C 
H 
O 
V 
2 2

( 1) 1


 

 

x x

x x x

2 1
1
1
 
   
  
x
x x

2 ( 1)
( 1)



x x
x x
2


x với x > 0; x1
(2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3

     

B

1 1

(2 3) 52 30 3 (2 3) 52 30 3

2 2

     

2 2

1 1

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

2 2

     

1 1

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

2 2

      

Câu 4:

a/ Phƣơng trình (1) c ∆’ = m2

- 4m +8 = (m - 2)2 +4 > 0 với mọi m nên phƣơng trình (1) c 2 nghiệm

phân biệt với mọi m.

b/ Do đ , theo Viet, với mọi m, ta có: S = b 2m
a

  ; P = c  m 2

a

M = 2

1 2 1 2

( ) 8


 

x x x x = 2 2

24 6

4 8 16 2 4

 



   

m m m m

2
6
( 1) 3




 

m . Khi m = 1 ta có

(m1) 3nhỏ nhất

2
6
( 1) 3
  

 
M

m lớn nhất khi m = 1 2

( 1) 3


 

 
M

m nhỏ nhất khi m = 1
Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là - 2 khi m = 1

Câu 5

a) Vì ta c do hai tam giác đồng dạng MAE và MBF
Nên MA MF

ME  MB  MA.MB = ME.MF

(Phƣơng tích của M đối với đƣờng tròn tâm O)
b) Do hệ thức lƣợng trong đƣờng tròn ta c
MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lƣợng
trong tam giác vuông MCO ta có

MH.MO = MC2 MA.MB = MH.MO
nên tứ giác AHOB nội tiếp trong đƣờng tròn.

c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đƣờng
tròn đƣờng kính MS (có hai góc K và C vng).
Vậy ta c : MK2

= ME.MF = MC2 nên MK = MC.
Do đ MF chính là đƣờng trung trực của KC
nên MS vu ng g c với KC tại V.

d) Do hệ thức lƣợng trong đƣờng tròn ta c MA.MB = MV.MS của đƣờng tròn tâm Q.

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.ĐÀ NẴNG N m c: 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,0 điểm)

1) Giải phƣơng trình: (x + 1)(x + 2) = 0
2) Giải hệ phƣơng trình: 2 1

2 7
  


  


x y
x y

Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức A( 10 2) 3 5
Bài 3: (1,5 điểm)

Biết rằng đƣờng cong trong hình vẽ bên là một parabol y = ax2.
1) Tìm hệ số a.

2) Gọi M và N là các giao điểm của đƣờng thẳng

y = x + 4 với parabol. Tìm tọa độ của các điểm M và N.
Bài 4: (2,0 điểm)

Cho phƣơng trình x2

– 2x – 3m2 = 0, với m là tham số.
1) Giải phƣơng trình khi m = 1.

2) Tìm tất cả các giá trị của m để phƣơng trình c hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa điều kiện
1 2

2 1
8
3
 
x x
x x .
Bài 5: (3,5 điểm)

Cho hai đƣờng tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B  (O), C

 (O’). Đƣờng thẳng BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.

1) Chứ`ng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vng.
2) Chứng minh rằng ba điểm A, C, D thẳng hàng.

3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đƣờng tròn (O’) (E là tiếp điểm). Chứng minh rằng DB = DE.
0 1 2 
2

y=ax2
y

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 5
B

C

E

D

A

O O’

BÀI GIẢI
Bài 1:

1) (x + 1)(x + 2) = 0  x + 1 = 0 hay x + 2 = 0  x = -1 hay x = -2
2) 2 1 (1)

2 7 (2)
  


  


x y

x y 

5y 15 ((1) 2(2))
x 7 2y

  


  

 

y 3

x 1

 

  


Bài 2: A( 10 2) 3 5 = ( 5 1) 6 2 5  =
2

( 5 1) ( 5 1)  = ( 5 1)( 5 1)  = 4
Bài 3:

1) Theo đồ thị ta có y(2) = 2  2 = a.22 a = ½
2) Phƣơng trình hồnh độ giao điểm của y = 1 2

2x và đƣờng thẳng y = x + 4 là :
x + 4 = 1 2

2x  x
2

– 2x – 8 = 0  x = -2 hay x = 4

y(-2) = 2 ; y(4) = 8. Vậy tọa độ các điểm M và N là (-2 ; 2) và (4 ; 8).
Bài 4:

1) Khi m = 1, phƣơng trình thành : x2 – 2x – 3 = 0  x = -1 hay x = 3 (có dạng a–b + c = 0)
2) Với x1, x2  0, ta có : 1 2

2 1
8
3
 
x x

x x 

2 2

1 2 1 2

3(x x )8x x  3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2
Ta có : a.c = -3m2 0 nên  0, m

Khi  0 ta có : x1 + x2 =  b 2

a và x1.x2 =

2
3
 
c

m
a  0

Điều kiện để phƣơng trình c 2 nghiệm  0 mà m  0  > 0 và x1.x2 < 0  x1 < x2
Với a = 1  x1 =   b' ' và x2 =   b' ' x1 – x2 = 2  ' 2 1 3 m2

Do đ , ycbt  2 2

3(2)( 2 1 3  m ) 8( 3m ) và m  0

 2 2

1 3 m 2m (hiển nhiên m = 0 không là nghiệm)

 4m4 – 3m2 – 1 = 0  m2 = 1 hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1
Bài 5:

1) Theo tính chất của tiếp tuyến ta c OB, O’C vu ng g c với BC  tứ giác CO’OB là hình thang
vng.

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 6
Mặt khác, ta c g c BAD = 900

(nội tiếp nửa đƣờng tròn)
Vậy ta c g c DAC = 1800

nên 3 điểm D, A, C thẳng hàng.

3) Theo hệ thức lƣợng trong tam giác vu ng DBC ta có DB2 = DA.DC

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 7
 SỞ GD&ĐT

VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 
ĐỀ THI MÔN : TOÁN

T ờ g an l m b 120 p út k ông kể t ờ g an g ao ề

Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012

Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức :P= 3 62 4

1 1 1

x x

x x x



 

  

1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P.
2. Rút gọn P

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phƣơng trình : 2 4
ax 3 5

x ay
y

  



  


1. Giải hệ phƣơng trình với a=1

2. Tìm a để hệ phƣơng trình c nghiệm duy nhất.

Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật c chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng nếu giảm mỗi
chiều đi 2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đƣờng tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R kh ng đổi) và điểm M nằm bên 
ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO
và MC. Qua B kẻ đƣờng thẳng song song với Mx, đƣờng thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ
đƣờng kính BB’ của (O). Qua O kẻ đƣờng thẳng vu ng g c với BB’,đƣờng thẳng này cắt MC và B’C
lần lƣợt tại K và E. Chứng minh rằng:

1. 4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đƣờng tròn.
2. Đoạn thẳng ME = R.

3. Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đƣờng tròn cố định, chỉ rõ tâm
và bán kính của đƣờng trịn đ .

Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dƣơng thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng :

3 3 3

4 4 4

2 2

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 8
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN : TỐN

Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012

Câu Đáp án, gợi ý Điểm

C1.1
(0,75

điểm) Biểu thức P xác định 











0
1
0
1
0
1
2
x
x
x








1
1
x
x
0,5
0,25
C1.2
(1,25
điểm)
P=
)
1
)(
1
(
)
4
6
(
)
1
(

3
)
1
(
)
1
)(
1
(
4
6
1
3

1  














 x x

x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

)
1
(
1
1
)
1
)(
1
(
)
1
(
)
1
)(
1
(

1
2
)
1
)(
1
(
4
6
3
3
2
2
2























x
voi
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
0,25
0,5
0,5
C2.1
(1,0
điểm)

Với a = 1, hệ phƣơng trình c dạng:








5
3
4
2
y
x
y
x




































2
1
5
3
1
1
5
3

7
7
5
3
12
3
6
y
x
y
x
y
x
x
y
x
y
x

Vậy với a = 1, hệ phƣơng trình c nghiệm duy nhất là:







2
1
y

x
0,25
0,25
0,25
0,25
C2.2
(1,0

điểm) -Nếu a = 0, hệ c dạng: 















3
5
2
5
3
4

2
y
x
y
x

=> c nghiệm duy nhất

-Nếu a 0, hệ c nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

3
2


 a
a
a2 6 (lu n đúng, vì a2 0 với mọi a)
Do đ , với a 0 , hệ lu n c nghiệm duy nhất.

Vậy hệ phƣơng trình đã cho c nghiệm duy nhất với mọi a.

0,25
0,25
0,25
0,25
C3 (2,0
điểm)

Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > 4.
Vì chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng là:

2
x

(m)
=> diện tích hình chữ nhật đã cho là:

2
2
.
2
x
x

x  (m2)

Nếu giảm mỗi chiều đi 2 m thì chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật lần

lƣợt là: 2

2 

 va x

x (m)

0,25

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 9
khi đ , diện tích hình chữ nhật giảm đi một nửa nên ta c phƣơng trình:

2
2
1
)
2
2
)(
2
(
2
x
x

x   

0
16
12
4
4
2
2
2
2
2










 x x x x x x

………….=> x1 62 5 (thoả mãn x>4);

x2 62 5(loại vì kh ng thoả mãn x>4)
Vậy chiều dài của hình chữ nhật đã cho là 62 5 (m).

0,25
0,25
0,5
0,25
C4.1
(1,0
điểm)

1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường trịn

Ta có: MOB900(vì MB là tiếp tuyến)
0



MCO (vì MC là tiếp tuyến)
=> MBO + MCO =

= 900 + 900 = 1800

=> Tứ giác MBOC nội tiếp
(vì c tổng 2 g c đối =1800

)

=>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc 1 đƣờng tròn

0,25
0,25
0,25
0,25
C4.2
(1,0
điểm)

2) Chứng minh ME = R:

Ta c MB//EO (vì cùng vu ng g c với BB’)
=> O1 = M1 (so le trong)

Mà M1 = M2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => M2 = O1 (1)
C/m đƣợc MO//EB’ (vì cùng vu ng g c với BC)

=> O1 = E1 (so le trong) (2)

Từ (1), (2) => M2 = E1 => MOCE nội tiếp
=> MEO = MCO = 900

=> MEO = MBO = BOE = 900 => MBOE là hình chữ nhật
=> ME = OB = R (điều phải chứng minh)

0,25
0,25
0,25
0,25
C4.3
(1,0
điểm)

3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường trịn cố định:

Chứng minh đƣợc Tam giác MBC đều => BMC = 600
=> BOC = 1200

=> KOC = 600 - O1 = 600 - M1 = 600 – 300 = 300
Trong tam giác KOC vu ng tại C, ta c :

3
3
2
2
3
:

300
R
R
Cos
OC
OK
OK
OC

CosKOC     

Mà O cố định, R kh ng đổi => K di động trên đƣờng trịn tâm O, bán kính =
3

3
2 R

(điều phải chứng minh)

0,25
0,25
0,25
0,25
C5 (1,0
điểm)













3 3 3

4 4 4

3 3 3

4 4 4

a b c

a b c a a b c b a b c c

a b c

a b c

 
        
  
  

0,25
0,25
0,25
0,25

M O

B
C
K
E
B’
1

2 1

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 10
Do ó 4 3 4 3 4 3

4 4

2 2
4 2

a  b  c   

Chú ý: -Câu 4, thừa giả thiết “tia Mx” và “điểm A”  gây rối.
-Mỗi câu đều c các cách làm khác

câu 5

Cach 2: Đặt x = 4a;y 4 b;z4 c

=> x, y , z > 0 và x4 + y4 + z4 = 4.
BĐT cần CM tƣơng đƣơng: x3

+ y3 + z3 > 2 2

hay 2(x3 + y3 + z3 ) > 4 = x4 + y4 + z4
 x3( 2-x) + y3( 2-y)+ z3( 2-z) > 0 (*).
Ta xét 2 trƣờng hợp:

- Nếu trong 3 s x, y, z tồn tại it nhât một s  2, giả sử x 2 thì x3 2 2.
Khi đo: x3

+ y3 + z3 > 2 2 ( do y, z > 0).

- Nếu cả 3 s x, y, z đều nhỏ  2 thì BĐT(*) lu n đung.
Vậy x3

+ y3 + z3 > 2 2đƣợc CM.

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 11
SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐĂKLĂK MƠN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút,(khơng kể giao đề) 
Ngày thi: 22/06/2012

Câu 1. (2,5đ)

1) Giải phƣơng trình:

a) 2x2 – 7x + 3 = 0. b) 9x4 + 5x2 – 4 = 0.

2) Tìm hàm số y = ax + b, biết đồ thị hàm số của n đi qua 2 điểm A(2;5) ; B(-2;-3).
Câu 2. (1,5đ)

1) Hai t đi từ A đến B dài 200km. Biết vận tốc xe thứ nhất nhanh hơn vận tốc xe thứ hai là
10km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.

2) Rút gọn biểu thức: A= 1 1



x x ;



x 1

 

 

 



  với x ≥ 0.

Câu 3. (1,5 đ)
Cho phƣơng trình: x2

– 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0.

1) Chứng minh rằng : Phƣơng trình trên lu n c hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m.
2) Tìm giá trị của m để biểu thức A = x12x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 4. (3,5đ)

Cho tam giác ABC c ba g c nhọn nội tiếp đƣờng tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp tuyến tại B và C cắt
nhau tại M. AM cắt đƣờng tròn (O) tại điểm thứ hai D. E là trung điểm đoạn AD. EC cắt đƣờng tròn
(O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng:

1) Tứ giác OEBM nội tiếp.
2) MB2 = MA.MD.

3) BFC MOC .
4) BF // AM
Câu 5. (1đ)

Cho hai số dƣơng x, y thõa mãn: x + 2y = 3. Chứng minh rằng: 1 2 3

x y 

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 12
Bài g ả sơ lƣợc:

Câu 1. (2,5đ)

1) Giải phƣơng trình:
a) 2x2 – 7x + 3 = 0.
 = (-7)2 – 4.2.3 = 25 > 0

= 5. Phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt: 1

7 5

x 3.

4
7 5 1
x

4 2



 



 

b) 9x4 + 5x2 – 4 = 0. Đặt x2 = t , Đk : t ≥ 0.
Ta có pt: 9t2 + 5t – 4 = 0.

a – b + c = 0  t1 = - 1 (kh ng TMĐK, loại)
t2 = 4

9 (TMĐK)

t2 =

9 x

2
= 4

9 x =

4 2

9  3.
Vậy phƣơng trình đã cho c hai nghiệm: x1,2 = 2



2) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2;5) và B(-2;-3) 2a b 5 a 2

2a b 3 b 1

    

 

    

 

Vậy hàm số càn tìm là : y = 2x + 1
Câu 2.

1) Gọi vận tốc xe thứ hai là x (km/h). Đk: x > 0
Vận tốc xe thứ nhất là x + 10 (km/h)

Thời gian xe thứ nhất đi quảng đƣờng từ A đến B là : 200

x 10 (giờ)
Thời gian xe thứ hai đi quảng đƣờng từ A đến B là : 200

x (giờ)

Xe thứ nhất đến B sớm 1 giờ so với xe thứ hai nên ta c phƣơng trình: 200 200 1

x x 10 
Giải phƣơng trình ta c x1 = 40 , x2 = -50 ( loại)

x1 = 40 (TMĐK). Vậy vận tốc xe thứ nhất là 50km/h, vận tốc xe thứ hai là 40km/h.
2) Rút gọn biểu thức: A 1 1



x x



x 1 1



x x



x 1 x 1

 

   

      

 

   

= x x



x 1



x 1

 



 

  

  = x, với x ≥ 0.
Câu 3. (1,5 đ)

Cho phƣơng trình: x2

– 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0.

1) Chứng minh rằng : Phƣơng trình trên lu n c hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m.
Ta có     (m 2) 2m24m 3 1  > 0 với mọi m.

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 13
E

D
A

O C

2) phƣơng trình đã cho lu n c hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m. Theo hệ thức
Vi-ét ta có : 1 2 2

1 2

x x 2(m 2)

x .x m 4m 3

   




  



A = x21x22 = (x1 + x2)2 – 2 x1x2 = 4(m + 2)2 – 2(m2 + 4m +3) = 2m2 + 8m+ 10
= 2(m2 + 4m) + 10

= 2(m + 2)2 + 2 ≥ 2 với mọi m.
Suy ra minA = 2  m + 2 = 0 m = - 2

Vậy với m = - 2 thì A đạt min = 2
Câu 4.

1) Ta có EA = ED (gt)  OE  AD ( Quan hệ giữa đƣờng kính và dây)
OEM = 900; OBM = 900 (Tính chất tiếp tuyến)

E và B cùng nhìn OM dƣới một g c vu ng Tứ giác OEBM nội tiếp.
2) Ta có MBD 1

 sđ BD( g c nội tiếp chắn cung BD)

1
MAB

 sđ BD ( g c tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BD)
MBD MAB . Xét tam giác MBD và tam giác MAB có:

Góc M chung, MBD MAB MBDđồng dạng với MAB  MB MD

MA MB

MB2 = MA.MD
3) Ta có: MOC 1

 BOC= 1

2 sđ BC ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

1
BFC

 sđ BC(góc
nội tiếp) BFC MOC .

4) Tứ giác MFOC nội tiếp ( F C = 1800) MFC MOC ( hai g c nội tiếp cùng chắn cung
MC), mặt khác MOC BFC (theo câu 3) BFC MFC BF // AM.

Câu 5.





2 2 a b

a b

x y x y



 



Ta có x + 2y = 3  x = 3 – 2y , vì x dƣơng nên 3 – 2y > 0
Xét hiệu 1 2 3

x y  =

1 2 3 y 6 4y 3y(3 2y) 6(y 1)

3 2y y y(3 2y) y(3 2y)

    

   

   ≥ 0 ( vì y > 0 và 3 – 2y > 0)

1 1 3

x 2y  dấu “ =” xãy ra 

x 0,y 0 x 0,y 0

x 1

x 3 2y x 1

y 1

y 1 0 y 1

     

 
     

   


    

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 14
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƢƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013

Mơn thi: TỐN (khơng chuyên) 
Thời gian làm bài: 120 phút 
Ngày thi 19 tháng 6 năm 2012

Đề t gồm : 01 trang 
Câu I 2 0 ểm

1) Giải phƣơng trình 1 1
3

x

x


  .

2) Giải hệ phƣơng trình 3 3 3 0
3 2 11
x

x y

  




 

 .

Câu II 1 0 ểm

Rút gọn biểu thức P = 1 + 1 : a + 1
2 a - a 2 - a a - 2 a

 

 

  với a > 0 và a4.
Câu III 1 0 ểm

Một tam giác vu ng c chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh g c vu ng hơn kém nhau 7cm. Tính độ
dài các cạnh của tam giác vu ng đ .

Câu IV 2 0 ểm

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng (d):y = 2x - m +1 và parabol (P): 1 2
y = x

2 .
1) Tìm m để đƣờng thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3).

2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt c tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) sao cho





1 2 1 2

x x y + y 480.
Câu V 3 0 ểm

Cho đƣờng tròn tâm O đƣờng kính AB. Trên đƣờng trịn lấy điểm C sao cho AC < BC (CA).
Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD cắt (O) tại E (E A) .

1) Chứng minh BE2

= AE.DE.

2) Qua C kẻ đƣờng thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. Chứng minh tứ giác
CHOF nội tiếp .

3) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.
Câu VI 1 0 ểm

Cho 2 số dƣơng a, b thỏa mãn 1 1 2

a b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

4 21 2 4 21 2

2 2

Q

a b ab b a ba

 

    .

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 15
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƢƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

NĂM HỌC 2012 - 2013

HƢỚNG DẪN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN khơng chuyên) 
Hƣớng dẫn c ấm gồm : 02 trang

I HƢỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhƣng đáp ứng đƣợc yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu c ) so với biểu điểm phải đƣợc thống nhất trong Hội đồng chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.

II ĐÁP ÁN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu I 2 0

1 1 0 ểm 1

1 1 3( 1)
3

x

x x x

       0,25

1 3 3

x x

    0,25

2x 4

   0,25

2
x

   .Vậy phƣơng trình đã cho c một nghiệm x = -2 0,25
2 1 0 ểm 3 3 3 0 (1)

3 2 11 (2)
x
x y
  


 

 Từ (1)=>x 33 3

0,25

<=>x=3 0,25

Thay x=3 vào (2)=>3.3 2 y11 <=>2y=2 0,25
<=>y=1 . Vậy hệ phƣơng trình đã cho c nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25

Câu II 1 0





1 a +1

P= + :

2- a 2

a 2- a a a

 

 

  

 

0,25

1+ a 2

a (2 ) a +1

a a
a




0,25









a a 2
=

a 2- a

 0,25
a 2
=
2- a

=-1
0,25
Câu III 
 1 0

Gọi độ dài cạnh g c vu ng nhỏ là x (cm) (điều kiện 0< x < 15)
=> độ dài cạnh g c vu ng còn lại là (x + 7 )(cm)

Vì chu vi của tam giác là 30cm nên độ dài cạnh huyền là 30–(x + x +7)= 23–2x
(cm)

0,25

Theo định lí Py –ta- go ta c phƣơng trình 2 2 2

x + (x + 7) = (23 - 2x) 0,25

x - 53x + 240 = 0

 (1) Giải phƣơng trình (1) đƣợc nghiệm x = 5; x = 48 0,25
Đối chiếu với điều kiện c x = 5 (TM đk); x = 48 (kh ng TM đk)

Vậy độ dài một cạnh g c vu ng là 5cm, độ dài cạnh g c vu ng còn lại là 12 cm,
độ dài cạnh huyền là 30 – (5 + 12) = 13cm

0,25

Câu IV 
 2 0

1 1 0 ểm Vì (d) đi qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = 3 vào hàm số y = 2x – m + 1
ta có 2.(-1) – m +1 = 3

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 16

-1 – m = 3 0,25

 m = -4 0,25

Vậy m = -4 thì (d) đi qua điểm A(-1; 3) 0,25
2 1 0 ểm

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phƣơng trình1 2

x 2 1

2  x m 

0,25
2

x 4x 2m 2 0 (1)

     ; Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nên (1) c hai
nghiệm phân biệt     ' 0 6 2m  0 m 3

0,25
Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của

phƣơng trình (1) và y = 21 x1 m 1,y = 22 x2 m 1

Theo hệ thức Vi-et ta có x + x = 4, x x = 2m-21 2 1 2 .Thay y1,y2 vào





1 2 1 2

x x y +y 480 có x x1 2



2x +2x -2m+21 2



480
(2m - 2)(10 - 2m) + 48 = 0



0,25

m - 6m - 7 = 0

 m=-1(thỏa mãn m<3) hoặc m=7(kh ng thỏa mãn m<3)
Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài

0,25
Câu V 3 0

1 1 0 ểm Vẽ đúng hình theo yêu cầu chung của đề bài 0,25

VìBD là tiếp tuyến của (O) nên BD  OB => ΔABD vu ng tại B 0,25
Vì AB là đƣờng kính của (O) nên AE  BE 0,25
Áp dụng hệ thức lƣợng trong ΔABD ( 0

ABD=90 ;BE  AD) ta có BE2 =
AE.DE

0,25
2 1 0 ểm

C DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán
kính của (O))

=> OD là đƣờng trung trực của đoạn BC => OFC=900
(1)

0,25

Có CH // BD (gt), mà AB  BD (vì BD là tiếp tuyến của (O)) 0,25

=> CH  AB => OHC=900 (2) 0,25
Từ (1) và (2) ta có 0

OFC+ OHC = 180 => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25
3 1 0 ểm Có CH //BD=>HCB=CBD (hai g c ở vị trí so le trong) mà

ΔBCD cân tại D => CBDDCB nên CB là tia phân giác của HCD

0,25

E
I

F

D

H

A O

C

B
E

D

A O

C

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 17
do CA  CB => CA là tia phân giác g c ngoài đỉnh C của ΔICD AI = CI

AD CD


(3)

0,25

Trong ΔABDcó HI // BD => AI = HI

AD BD (4)

0,25

Từ (3) và (4) => CI = HI

CD BD mà CD=BDCI=HI I là trung điểm của CH

0,25
Câu VI

1 0 Với a0;b0ta có:

2 2 4 2 2 4 2 2

(a b)  0 a 2a b b  0 a b 2a b

4 2 2 2 2

2 2 2

a b ab a b ab

    





4 2 2

1 1

(1)

2 2

a b ab ab a b

 

  
0,25

Tƣơng tự c





4 2 2

1 1

(2)

2 2

b a  a b  ab a b . Từ (1) và (2)





Q

ab a b
 



0,25

Vì 1 1 2 a b 2ab

a    b mà a b 2 ab ab1 2

1 1

2( ) 2
Q

ab

   . 0,25

Khi a = b = 1 thì 1
2
Q

  . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 1
2

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 18
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TUYÊN QUANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

N m c 2011 - 2012 
MƠN THI: TỐN

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

Câu 1 (3,0 điểm)

a) Giải phƣơng trình:

x



6 x

 

9

0

b) Giải hệ phƣơng trình:

4

3

6

3

4

10 x

y

x







  



c) Giải phƣơng trình:

x



6 x

  

9 x

2011

Câu 2 (2,5 điểm)

Một ca n chạy xu i dòng từ A đến B rồi chạy ngƣợc dòng từ B đến A hết tất cả 4 giờ. Tính vận
tốc ca n khi nƣớc yên lặng, biết rằng quãng s ng AB dài 30 km và vận tốc dòng nƣớc là 4
km/giờ.

Câu 3 (2,5 điểm)

Trên đƣờng tròn (O) lấy hai điểm M, N sao cho M, O, N kh ng thẳng hàng. Hai tiếp tuyến tại M ,
N với đƣờng tròn (O) cắt nhau tại A. Từ O kẻ đƣờng vu ng g c với OM cắt AN tại S. Từ A kẻ
đƣờng vu ng g c với AM cắt ON tại I. Chứng minh:

a) SO = SA

b) Tam giác OIA cân
Câu 4 (2,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: x2

+ 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0

b) Cho tam giác ABC vu ng tại A. Gọi I là giao điểm các đƣờng phân giác trong. Biết AB = 5
cm, IC = 6 cm. Tính BC.

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 19
Hƣớng dẫn c ấm b ểu ểm

MÔN THI: TOÁN CHUNG

Nộ dung Đ ểm

Câu 1 (3,0 điểm)

a G ả p ƣơng trìn :

x



6 x

 

9

0

1,0

Bài giải: Ta có   ' ( 3)2 9 0 0,5 
Phƣơng trình c nghiệm: 6 3

x  0,5

b) G ả ệ p ƣơng trìn :

4

3

6 (1)

3

4

10 (2)

x

y

x















1,0

Bài giải: Cộng (1) và (2) ta c : 4x - 3y + 3y + 4x = 16  8x = 16 x = 2 0,5 
Thay x = 2 vào (1): 4. 2 – 3y = 6  y = 2

3 . Tập nghiệm:
2

2
3

x
y








 0,5

c G ả p ƣơng trìn :

x



6 x

  

9 x

2011

(3)

1,0

Bài giải: Ta có





2
2

6

9

3 x



x

 

x



 

x

0,5

Mặt khác:

x



6 x

   

9

0 x

2011

  

0 x

2011

   

x

3 x

3

Vậy: (3)    x 3 x 2011  3 2011. Phƣơng trình v nghiệm

0,5

Câu 2 (2,5 điểm ) 2,5

Bài giải: Gọi vận tốc của ca n khi nƣớc yên lặng là x km/giờ ( x > 4) 0,5 
Vận tốc của ca n khi xu i dòng là x +4 (km/giờ), khi ngƣợc dòng là x - 4 (km/giờ). Thời gian
ca n xu i dòng từ A đến B là 30

x giờ, đi ngƣợc dòng

từ B đến A là 30
4
x giờ.

0,5

Theo bài ra ta c phƣơng trình: 30 30 4

4 4

x  x  (4) 0,5

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 20

O N

I 0,5

a C ứng m n : SA = SO 1,0

Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: MAO



SAO (1) 0,5 
Vì MA//SO nên: MAOSOA (so le trong) (2)

0,5 
Từ (1) và (2) ta c : SAOSOA  SAO cân SA = SO (đ.p.c.m)

b C ứng m n tam g ác OIA cân 1,0 
Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: MOA



NOA (3) 0,5

Vì MO // AI nên: g c MOA bằng g c OAI (so le trong) (4)

0,5 
Từ (3) và (4) ta có: IOAIAO  OIA cân (đ.p.c.m)

Câu 4 (2,0 điểm).

a Tìm ng ệm nguyên của p ƣơng trìn : x2

+ 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1) 1,0

Bài giải: (1) (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0

0,5 
(x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0

 (y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2)

Vì - (x+ y)2  0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4)  0  -4  y  1

0,5 
Vì y nguyên nên y 



   4; 3; 2; 1; 0; 1



Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm đƣợc các cặp nghiệm nguyên (x; y) của PT đã cho
là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1).

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 21

x
6

C
I

Bài giải:

Gọi D là hình chiếu vu ng g c của C
trên đƣờng thẳng BI, E là giao điểm
của AB và CD.BIC có DIC là góc

ngồi nên: DIC=

0 0

( ) 90 : 2 45
2

IBCICB BC  

DIC vuông cân DC = 6 : 2

Mặt khác BD là đƣờng phân giác và
đƣờng cao nên tam giác BEC cân tại B

EC = 2 DC = 12: 2 và BC = BE

Gọi x = BC = BE. (x > 0). Áp dụng định lý Pi-ta-go vào các tam giác vng ABC và ACE ta
có: AC2 = BC2 – AB2 = x2 – 52= x2 -25

EC2 = AC2 + AE2 = x2 -25 + (x – 5)2 = 2x2 – 10x
(12: 2)2 = 2x2 – 10x

x2 - 5x – 36 = 0

Giải phƣơng trình ta có nghiệm x = 9 thoả mãn. Vậy BC = 9 (cm)

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 22
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

HÀ NỘI N m c: 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức A x 4
x 2




 . Tính giá trị của A khi x = 36
2) Rút gọn biểu thức B x 4 : x 16

x 4 x 4 x 2

  

  

  

  (với x0; x16)

3) Với các của biểu thức A và B n i trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu
thức B(A – 1) là số nguyên

Bài II (2,0 điểm). Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai ngƣời cùng làm chung một c ng việc trong 12

5 giờ thì xong. Nếu mỗi ngƣời làm một mình
thì ngƣời thứ nhất hồn thành c ng việc trong ít hơn ngƣời thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì
mỗi ngƣời phải làm trong bao nhiêu thời gian để xong c ng việc?

Bài III (1,5 điểm)

1) Giải hệ phƣơng trình:

2 1
2
x y
6 2

1
x y
  




  


2) Cho phƣơng trình: x2

– (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phƣơng trình c hai
nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện :

2 2
1 2
x x 7
Bài IV (3,5 điểm)

Cho đƣờng trịn (O; R) c đƣờng kính AB. Bán kính CO vu ng g c với AB, M là một điểm bất
kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.

1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh ACMACK

3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác
vu ng cân tại C

4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm
trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và AP.MB R

MA  . Chứng minh đƣờng thẳng PB đi qua trung điểm
của đoạn thẳng HK

Bài V (0,5 điểm). Với x, y là các số dƣơng thỏa mãn điều kiện x2y, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:

2 2
x y
M

xy




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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 23
GỢI Ý – ĐÁP ÁN

I: 2 5 ểm

1) Với x = 36, ta c : A = 36 4 10 5

8 4

36 2

  


2) Với x , x  16 ta có :

B = x( x 4) 4( x 4) x 2

x 16 x 16 x 16

    



 

    

  =

(x 16)( x 2) x 2
(x 16)(x 16) x 16

  



  

3) Ta có: ( 1) 2. 4 1 2. 2 2

16 2 16 2 16

x x x

B A

x x x x x

 

  

     

       .

Để B A( 1) nguyên, x nguyên thì x16 là ƣớc của 2, mà Ƣ(2) =



 1; 2



Ta c bảng giá trị tƣơng ứng:

x 1 1 2 2

x 17 15 18 14

Kết hợp ĐK x0, x16, để B A( 1) nguyên thì x



14; 15; 17; 18



II: 2 0 ểm

Gọi thời gian ngƣời thứ nhất hồn thành một mình xong c ng việc là x (giờ), ĐK 12
5

x
Thì thời gian ngƣời thứ hai làm một mình xong c ng việc là x + 2 (giờ)

Mỗi giờ ngƣời thứ nhất làm đƣợc1

x (cv), ngƣời thứ hai làm đƣợc

1
2

x (cv)
Vì cả hai ngƣời cùng làm xong c ng việc trong 12

5 giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm đƣợc
12
1:

5 =
5
12(cv)
Do đ ta c phƣơng trình

1 1 5

x x 2 12  

2 5

( 2) 12

x x

x x
 

 



 5x2 – 14x – 24 = 0
’ = 49 + 120 = 169, ,

13
 
=>  7 13 6

5 5

x (loại) và 7 13 20 4

5 5

x (TMĐK)

Vậy ngƣời thứ nhất làm xong c ng việc trong 4 giờ,

ngƣời thứ hai làm xong c ng việc trong 4+2 = 6 giờ.
 III: 1 5 ểm 1)Giải hệ:

2 1

6 2

x y
x y
  




  


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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 24
Hệ

4 2 4 6 10

4 4 1 5 2

2 1

2 1 2 1 2

6 2 1

2 2

1 2

x

x y x x x

y
y

x y x y

x y

          

    

   

    

   
         

  



.(TMĐK)

Vậy hệ c nghiệm (x;y)=(2;1).

2) + Phƣơng trình đã cho c  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, m
Vậy phƣơng trình c 2 nghiệm phân biệt m

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có: 1 2
2
1 2

4 1

3 2

x x m

x x m m

  




 

 .

Khi đ : 2 2 2

1 2 7 ( 1 2) 2 1 2 7

x x   x x  x x 

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7  10m2 – 4m – 6 = 0  5m2 – 2m – 3 = 0
Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m = 3


.
Trả lời: Vậy....

IV: 3 5 ểm

1) Ta có HCB900( do chắn nửa đƣờng trịn đk AB)
0

HKB (do K là hình chiếu của H trên AB)

=> HCBHKB1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đƣờng trịn đƣờng kính HB.
2) Ta có ACM  ABM (do cùng chắn AM của (O))

và ACK HCK HBK (vì cùng chắn HK.của đtrịn đk HB)
Vậy ACM ACK

3) Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB  AC = BC và sd ACsd BC900
Xét 2 tam giác MAC và EBC có

A B

C 
M

H

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 25
MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và MAC = MBC vì cùng chắn cung MC của (O)

MAC và EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân tại C (1)
Ta lại c 0

CMB (vì chắn cung CB900)

. CEM CMB450(tính chất tam giác MCE cân tại C)

Mà CMECEM MCE1800(Tính chất tổng ba g c trong tam giác)MCE900 (2)
Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vu ng cân tại C (đpcm).

4) Gọi S là giao điểm của BM và đƣờng thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK.
Xét PAM và  OBM :

Theo giả thiết ta c AP MB. R AP OB

MA  MA MB (vì có R = OB).
Mặt khác ta c PAM ABM (vì cùng chắn cung AM của (O))
PAM ∽ OBM

 AP  OB  1 PAPM

PM OM .(do OB = OM = R) (3)
Vì AMB900(do chắn nửa đtròn(O))AMS900
 tam giác AMS vu ng tại M.  PAMPSM 900

và PMAPMS900 PMS PSMPSPM(4)
Mà PM = PA(cmt) nên PAMPMA

Từ (3) và (4)  PA = PS hay P là trung điểm của AS.

Vì HK//AS (cùng vu ng g c AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: NK  BN  HN

PA BP PS hay 

NK HN

PA PS

mà PA = PS(cmt) NKNH hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm)
 V: 0 5 ểm

Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si)
Ta có M =

2 2 2 2 2 2 2

( 4 4 ) 4 3 ( 2 ) 4 3

x y x xy y xy y x y xy y

xy xy xy

         

( 2 ) 3
4

x y y

xy x

  

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra  x = 2y

A B

C 
M

H

K O

S

P E

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 26
x ≥ 2y  1 3 3

2 2

y y

x x

 

   , dấu “=” xảy ra  x = 2y
Từ đ ta c M ≥ 0 + 4 -3

2 =
5

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y
Vậy GTNN của M là 5

2, đạt đƣợc khi x = 2y
Cách 2:

Ta có M =

2 2 2 2

( )

4 4

x y x y x y x y x

xy xy xy y x y x y

       

Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dƣơng ;
4

x y

y x ta có 4 2 4 . 1

x y x y

y x y x  ,

dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vì x ≥ 2y  2 3. 6 3

4 4 2

x x

y  y  , dấu “=” xảy ra  x = 2y
Từ đ ta c M ≥ 1 +3

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y
Vậy GTNN của M là 5

2, đạt đƣợc khi x = 2y
Cách 3: Ta có M =

2 2 2 2

4 3

( )

x y x y x y x y y

xy xy xy y x y x x



      

Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dƣơng x;4y
y x ta có

4 4

2 . 4

x y x y

y x  y x  ,

dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vì x ≥ 2y  1 3 3

2 2

y y

x x

 

   , dấu “=” xảy ra  x = 2y
Từ đ ta c M ≥ 4-3

2 =
5

2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y
Vậy GTNN của M là 5

2, đạt đƣợc khi x = 2y

Cách 4: Ta có M =

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

4 3

3 3

4 4 4 4 4

4 4

x x x x x

y y y y

x y x x

xy xy xy xy xy xy y

    

      

Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dƣơng
2

2
;
4

x

y ta có

2 2

2 .

4 4

x x

y y xy

   ,

dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vì x ≥ 2y  2 3. 6 3

4 4 2

x x

y  y  , dấu “=” xảy ra  x = 2y
Từ đ ta c M ≥ xy

xy +

3
2 = 1+

3
2 =

2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y
Vậy GTNN của M là 5

</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></div>
(31)<div class='page_container' data-page=31></div>
(32)<div class='page_container' data-page=32></div>
(33)<div class='page_container' data-page=33></div>
(34)<div class='page_container' data-page=34></div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 35

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn thi : TỐN

(Đề gồm có 01 trang) Môn c ung c o tất cảc t í s n

Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian 
giao đề)

Ngày thi : 17 tháng 6 năm 2012
Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

1 1 1

1 1 2

a a

P a

a a a a

   

   

 

  , (Với a > 0 , a 1)
1. Chứng minh rằng : 2

1
P

a



2. Tìm giá trị của a để P = a

Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 và đƣờng thẳng (d) : y = 2x +
3

1. Chứng minh rằng (d) và (P) c hai điểm chung phân biệt

2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ
độ)

Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phƣơng trình : x2

+ 2mx + m2 – 2m + 4 = 0
1. Giải phơng trình khi m = 4

2. Tìm m để phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt

Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đƣờng tròn (O) c đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc (O) ( M khác A 
và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đƣờng tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đƣờng
thẳng AC tại C. CD là đờng kính của (I). Chứng minh rằng:

1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng
2. Tam giác COD là tam giác cân

3. Đờng thẳng đi qua D và vu ng g c với BC lu n đi qua một điểm cố định khi M di động trên
đƣờng tròn (O)

Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dƣơng kh ng âm thoả mãn : a2b2 c2 3

Chứng minh rằng : 2 2 2

2 3 2 3 2 3 2

a b c

a  b b  c c  a 

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 36
 ÀI GIẢI

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1

1. Chứng minh rằng : 2
1
P

a




1 1 1

1 1 2

a a

P a

a a a a

   
   
 
 



 















2 2

1 1 4 1 1 1

.
2

1 1

a a a a a

P
a a
a a
     

 







2 1 2 1 4 4 1

1 1

a a a a a a a

P
a a
a a
      

 

4 1 2

1 2 1

a a
P

a a a a

 

  (ĐPCM)

1.0

2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a
=>

2
2

2 0
1 a a a

a      .

Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phƣơng trình c 2 nghiệm
a1 = -1 < 0 (kh ng thoả mãn điều kiện) - Loại

a2 =
2
2
1
c
a
  

(Thoả mãn điều kiện)
Vậy a = 2 thì P = a

1.0

2

1. Chứng minh rằng (d) và (P) c hai điểm chung phân biệt

Hoành độ giao điểm đƣờng thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phƣơng trình
x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0

Nên phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt
x1 = -1 và x2 =

3
3
1
c
a
  

Với x1 = -1 => y1 = (-1)2

= 1 => A (-1; 1)
Với x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => B (3; 9)

Vậy (d) và (P) c hai điểm chung phân biệt A và B

1.0

2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là
gốc toạ độ)

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 37

D C

A
9

3
-1 0

1 9

. .4 20

2 2

ABCD

AD BC

S   DC  

. 9.3
13,5

2 2

BOC

BC CO

S   

. 1.1
0,5

2 2

AOD

AD DO

S   

Theo c ng thức cộng diện tích ta c :
S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)

= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt)

3

1. Khi m = 4, ta có phƣơng trình

x2 + 8x + 12 = 0 có ’ = 16 – 12 = 4 > 0
Vậy phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt
x1 = - 4 + 2 = - 2 và x2 = - 4 - 2 = - 6

1.0 
2. Tìm m để phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt

x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0
C D’ = m2

– (m2 – 2m + 4) = 2m – 4

Để phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0
=> 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2
Vậy với m > 2 thì phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt

1.0

4

1
2

N

K

H

D
I

C

O

A B

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 38
1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng:

Ta c MC là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O)  MC  MO (1)
Xét đƣờng tròn (I) : Ta c 0

CMD  MC  MD (2)
Từ (1) và (2) => MO // MD  MO và MD trùng nhau
 O, M, D thẳng hàng www.VNMATH.com

2. Tam giác COD là tam giác cân

CA là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O)  CA AB(3)
Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C  CA  CD(4)
Từ (3) và (4)  CD // AB => DCOCOA (*)
( Hai góc so le trong)

CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O)  COACOD (**)
Từ (*) và (**)  DOCDCO  Tam giác COD cân tại D

1.0

3. Đƣờng thẳng đi qua D và vu ng g c với BC lu n đi qua một điểm cố định khi M di
động trên đờng tròn (O)

* Gọi chân đƣờng vu ng g c hạ từ D tới BC là H. 0
90

CHD  H  (I) (Bài tốn
quỹ tích)

DH kéo dài cắt AB tại K.

Gọi N là giao điểm của CO và đƣờng tròn (I)
=>

0
90
can tai D
CND

NC NO
COD

 

  





Ta c tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H2O1DCO ( Cùng bù với g c DHN)  NHONKO1800(5)
* Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH của đƣờng tròn (I))





CBOHND HCD DHN COB (g.g)

...
...

HN OB

HD OC

OB OA HN ON

OC OC HD CD

OA CN ON

OC CD CD



  




   




  



Mà ONH CDH

NHO DHC (c.g.c)

 0

NHO Mà NHONKO1800(5) NKO900,  NK  AB  NK // AC
 K là trung điểm của OA cố định  (ĐPCM)

1.0

5

Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng kh ng âm thoả mãn : a2b2c2 3

Chứng minh rằng : 2 2 2 1

2 3 2 3 2 3 2

a b c

a  b b  c c  a 

* C/M bổ đề:





2 2 a b

a b

x y x y



 

 và





2 2 2 a b c

a b c

x y x x y z

 

  

  .
Thật vậy

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 39





















2 2
2 2
2 2
0
a b
a b

a y b x x y xy a b ay bx

x y x y



         


(Đúng)  ĐPCM

Áp dụng 2 lần , ta c :





2 2 2 a b c

a b c

x y x x y z

 

  

 

* Ta có : a22b 3 a22b  1 2 2a2b2, tƣơng tự Ta c : … 

2 2 2

2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c a b c

A

a b b c c a a b b c c a

     

           

(1)

2 1 1 1

B

a b c

A

a b b c c a

 

     

     

 

Ta chứng minh 1

1 1 1

a b c

a b  b c  c a 























2 2 2

1 1 1 2

1 1 1

2 (2)

1 1 1 1 1 1

B

a b c

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b b c c c a a


       
     
     
    
     
  
   
     
  
   
        

* Áp dụng Bổ đề trên ta có:











 



 





2
3
3

1 1 1 1 1 1

a b c
B

a b b b c c c a a

  
 

          





2
2 2 2

3 (3)

3( ) 3

a b c

B

a b c ab bc ca a b c

  
  
        
* Mà:









2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2
2

2
2 2 2

2 3( ) 3

2 2 2 2 2 2 6 6 6 6

2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ( : 3)

2 2 2 6 6 6 9

3( )

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c Do a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c

a b c ab bc ca a b c

          
 
         
            
         
   
  


        32 (4)
Từ (3) và (4)  (2)

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 40
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012-2013

Khóa ngày:21/6/2012 
MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phƣơng trình , các phƣơng trình sau đây:

1. 43

3 2 19
x y

x y

 



  


2. x 5 2x18
3. x212x360

4. x2011 4x8044 3
Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức: 2 1 1 : 2 1
1

a
K

a a
a a

  

 

     




    (với a0,a1)

1. Rút gọn biểu thức K.
2. Tìm a để K  2012.
Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình (ẩn số x): x24x m 2 3 0 *

 

1. Chứng minh phƣơng trình (*) lu n c hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2. Tìm giá trị của m để phƣơng trình (*) c hai nghiệm x x1, 2 thỏa x2  5x1.
Câu 4: (1,5 điểm)

Một t dự định đi từ A đến B cách nhau 120 km trong một thời gian quy định. Sau khi đi đƣợc
1 giờ thì t bị chặn bởi xe cứu hỏa 10 phút. Do đ để đến B đúng hạn xe phải tăng vận tốc
thêm 6 km/h. Tính vận tốc lúc đầu của t .

Câu 5: (3,5 điểm)

Cho đƣờng tròn

 

O , từ điểm Aở ngồi đƣờng trịn vẽ hai tiếp tuyến ABvàAC(B C, là các
tiếp điểm). OAcắtBCtại E.

1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.

2. Chứng minh BC vu ng g c với OA và BA BE. AE BO. .

3. GọiIlà trung điểm của BE, đƣờng thẳng quaI và vng góc OIcắt các tia AB AC, theo
thứ tự tại Dvà F. Chứng minh IDO BCO và DOFcân tại O.

4. Chứng minh F là trung điểm củaAC.

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 41

GỢI Ý GIẢI:

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phƣơng trình , các phƣơng trình sau đây:

1. 43 2 2 86 5 105 21

3 2 19 3 2 19 43 22

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

          

   

2. x 5 2x18 ; ÐK x: 9

23( )

5 2 18

5 2 18 ( )

x TMÐK
x x

x x x KTMÐK



  
 
 

    
 

3. x212x36 0 (x6)2   0 x 6
4. 2011 4 8044 3; : 2011

3 2011 3 2012( )

x x ÐK x

x x TMÐK

    

    

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức: 2 1 1 : 2 1
1
a
K
a a
a a
  
 
     



    (với a0,a1)





1 1 1 1 1

2 : 2 :

( 1)

1 ( 1)

1 1 1

2 : 2 : ( 1) 2

( 1) ( 1) ( 1)

a a a a

K

a a a a

a a a a

a a a
a a a a a a

         
 
          
 
 
       
     
         
  
     
2012

K 



2 a = 2012



a = 503 (TMĐK)
Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình (ẩn số x):.

 

2 2

4 3 0 *

16 4 12 4 4 4 0;
x x m

m m m

   

        

Vậy (*) lu n c hai nghiệm phân biệt với mọi m.

2. Tìm giá trị của m để phƣơng trình (*) c hai nghiệm x x1, 2 thỏa x2  5x1.
Theo hệ thức VI-ET c :x1.x2 = - m2 + 3 ;x1+ x2 = 4; mà

2 5 1

x   x => x1 = - 1 ; x2 = 5

Thay x1 = - 1 ; x2 = 5 vào x1.x2 = - m2 + 3 => m =  2 2

Câu 4: (1,5 điểm)

Gọi x (km/h) là vt dự định; x > 0 => Thời gian dự định : 120( )h
x
Sau 1 h ô t đi đƣợc x km => quãng đƣờng còn lại 120 – x ( km)
Vt lúc sau: x + 6 ( km/h)

Pt 1 1 120 120

6 6

x

x x



  

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 42
Tam giác BOC cân tại O => g c OBC = g c OCB

Tứ giác OIBD c g c OID = g c OBD = 900 nên OIBD nội tiếp => g c ODI = g c OBI 
Do đ IDO BCO

Lại c FIOC nội tiếp ; nên g c IFO = g c ICO
Suy ra g c OPF = g c OFP ; vậy



DOF

cân tại

O

.
HD C4

Xét tứ giác BPFE c IB = IE ; IP = IF ( Tam giác OPF cân c OI là đƣờng cao=> )
Nên BPEF là Hình bình hành => BP // FE

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 43

Sở GD – ĐT NGH AN Đề thi vào THPT năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán

Thêi gian 120 phót

Ngy thi 24/ 06/ 2012

Câu 1: 2,5 điểm:

Cho biÓu thøc A = 1 1 . 2

2 2

x

x x x



  

   

 

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn A.
b) Tìm tất cả các giá trị của x để 1

2
A
c) Tìm tất cả các giá trị của x để 7

B A đạt giá trị nguyên.
Câu 2: 1,5 điểm:

Quảng đ-ờng AB dài 156 km. Một ng-ời đi xe máy tử A, một ng-ời đi xe đạp từ B. Hai xe xuất phát
cùng một lúc và sau 3 giờ gặp nhau. Biết rằng vận tốc của ng-ời đI xe máy nhanh hơn vận tốc của ng-ời
đI xe đạp là 28 km/h. Tính vận tốc của mỗi xe?

C©u 3: 2 điểm:

Cho ph-ơng trình: x2 2(m-1)x + m2 – 6 =0 ( m lµ tham sè).
a) Giải ph-ơng trình khi m = 3

b) Tỡm m để ph-ơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa món

2 2
1 2 16
x x
Câu 4: 4 điểm

Cho điểm M nằm ngoài đ-ờng tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đ-ờng tròn (A, B là các tiếp
điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đI qua tâm O ( C nằm giữa M và D), OM cắt AB và (O) lần l-ợt tại H
và I. Chøng minh.

a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp.
b) MC.MD = MA2

c) OH.OM + MC.MD = MO2
d) CI là tia phân giác góc MCH.

HNG DN GIẢI

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 44
Câu 1: (2,5 điểm)

a, Với x > 0 và x  4, ta có:

A = 1 1 . 2

2 2

x

x x x



  

   

  =

2 2 2

.
( 2)( 2)

x x x

   

  = ... =

2
2
x
b, A = 2

2
x 

2
2
x >

2  ...  x > 4.
c, B = 7

3 .
2

2
x =

3( x2) là một số nguyên  ...  x2 là ƣớc của 14 hay x2 =  1,
2

x =  7, x2 =  14.
(Giải các pt trên và tìm x)
Câu 2: (1,5 điểm)

Gọi vân tốc của xe đạp là x (km/h), điều kiện x > 0
Thì vận tốc của xe máy là x + 28 (km/h)

Trong 3 giờ:

+ Xe đạp đi đƣợc quãng đƣờng 3x (km),

+ Xe máy đi đƣợc quãng đƣờng 3(x + 28) (km), theo bài ra ta c phƣơng trình:
3x + 3(x + 28) = 156

Giải tìm x = 12 (TMĐK)

Trả lời: Vận tốc của xe đạp là 12 km/h và vận tốc của xe máy là 12 + 28 = 40 (km/h)
Câu 3: (2,0 điểm)

a, Thay x = 3 vào phƣơng trình x2

- 2(m - 1)x + m2 - 6 = 0 và giải phƣơng trình:
x2 - 4x + 3 = 0 bằng nhiều cách và tìm đƣợc nghiệm x1 = 1, x2 = 3.
b, Theo hệ thức Viét, gọi x1, x2 là hai nghiệm của phƣơng trình

x2 - 2(m - 1)x + m2 - 6 = 0 , ta có:
1 2

2
1 2

2( 1)

. 6

x x m

x x m

  




 



và x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1.x2 = 16
Thay vào giải và tìm đƣợc m = 0, m = -4
Câu 4: (4,0 điểm).

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 45
A

D
C

I H

a, Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đƣờng trịn (O) tại A và B nên các g c của tứ giác MAOB vu ng
tại A và B, nên nội tiếp đƣợc đƣờng trịn.

b, MAC và MDA có chung M và MAC = MDA (cùng chắn AC), nên đồng dạng. Từ đ suy ra
2

.
MA MD

MC MD MA

MC  MA   (đfcm)

c, MAO và AHO đồng dạng vì c chung g c O và AMOHAO (cùng chắn hai cung bằng nhau
của đƣờng tròn nội tiếp tứ giác MAOB). Suy ra OH.OM = OA2

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vu ng MAO và các hệ thức OH.OM = OA2

MC.MD = MA2 để
suy ra điều phải chứng minh.

d, Từ MH.OM = MA2

, MC.MD = MA2 suy ra MH.OM = MC.MD  MH MC
MD MO (*)
Trong MHC và MDO có (*) và DMO chung nên đồng dạng.



M O

MC MO MO

HC  D  A hay O
MC MO
CH  A (1)

Ta lại c MAI IAH (cùng chắn hai cung bằng nhau) AI là phân giác của MAH.
Theo t/c đƣờng phân giác của tam giác, ta c :

A
MI MA

IH  H (2)

MHA và MAO có OMA chung và MHAMAO900 do đ đồng dạng (g.g)


O A

MO MA
A  H (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra MC MI

CH  IH suy ra CI là tia phân giác của g c MCH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn: Tốn

ĐỀ CHÍNH THỨC

H

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 46

Thời gian làm bài: 120 phút

Ngày thi : 22/06/2012

Câu 1 (1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

a) A 2 5 3 45 500
8 2 12

b) B 8

3 1

  



 


Câu 2: (2 điểm)

a) Giải phƣơng trình: x2 – 5x + 4 = 0
b) Giải hệ phƣơng trình: 3x y 1

x 2y 5
 


  


Câu 3: (2 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) c phƣơng trình: y = x2

và đƣờng thẳng (d) c phƣơng
trình: y = 2mx – 2m + 3 (m là tham số)

a) Tìm toạ 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 y , y1 2là các tung độ giao điểm của (P) và (d), tìm m để y1y2 9
Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đƣờng tròn tâm O, đƣờng kính AB. Trên tiếp tuyến của đƣờng trịn (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 vu ng g c với AB ( H AB ), MB
cắt (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N. Chứng minh rằng:

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

c) G c KAC bằng g c OMB
d) N là trung điểm của CH.
Câu 5(1 điểm)

Cho ba số thực a, b, c thoả mãn a1; b4;c9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

bc a 1 ca b 4 ab c 9
P

abc

    

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47></div>
(48)<div class='page_container' data-page=48></div>
(49)<div class='page_container' data-page=49></div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 50
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

QUẢNG TRỊ

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 
KHÓA NGÀY : 19/6/2012

MƠN : TỐN

T ờ g an l m b : 120 p út (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(2 điểm)

1.Rút gọn các biểu thức (kh ng dùng máy tính cầm tay):
a) 2 50- 18

1
1
1
1
1
1
















a
a

a

P , với a0,a1

2.Giải hệ phƣơng trình (kh ng dùng máy tính cầm tay):












5
2

y
x

Câu 2:(1,5 điểm)

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phƣơng trình 5 3 0
2   

x

x .Kh ng giải phƣơng trình, tính giá trị
các biểu thức sau:

a, x1 + x2 b,

2
1

1
x

x  c,

2
2
2
1 x
x 
Câu 3:(1,5 điểm)

Trên mặt phảng tọa độ, gọi (P) là đồ thị hàm số 2
x
y
a, Vẽ (P)

b, Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đƣờng thẳng d: y = -2x+3
Câu 4:(1,5 điểm)

Hai xe khởi hành cùng một lúc đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 100km. Xe thứ nhất
chạy nhanh hơn xe thứ hai 10km/h nên đã đến B sớm hơm 30 phút, Tính vận tốc mỗi xe.

Câu 5:(3,5 điểm)

Cho đƣờng tròn (O). Đƣờng thẳng (d) kh ng đi qua tâm (O) cắt đƣờng tròn tại hai điểm A và B
theo thứ tự, C là điểm thuộc (d) ở ngồi đƣờng trịn (O). Vẽ đƣờng kính PQ vu ng g c với dây AB tại
D ( P thuộc cung lớn AB), Tia CP cắt đƣờng tròn (O) tại điểm thứ hai là I, AB cắt IQ tại K.

a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp đƣờng tròn.
b) Chứng minh CI.CP = CK.CD

c) Chứng minh IC là phân giác của g c ngoài ở đỉnh I của tam giác AIB.

d) Cho ba điểm A, B, C cố định. Đƣờng tròn (O) thay đổi nhƣng vẫn đi qua A và B. Chứng
minh rằng IQ lu n đi qua một điểm cố định.

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 51
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

NINH THUẬN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Khóa ngày: 24 – 6 – 2012
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình: 2 3
3 4

x y
x y

 


  


b) Xác định các giá trị của m để hệ phƣơng trình sau v nghiệm:
( 2) ( 1) 3

3 4

m x m y

x y

   



  

 ( m là tham số)
Bài 2: (3,0 điểm)

Cho hai hàm số y = x2

và y = x + 2.

a) Vẽ đồ thị hai hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy.

b) Bằng phép tính hãy xác định tọa độ các giao điểm A, B của hai đồ thị trên (điểm A
c hồnh độ âm).

c) Tính diện tích của tam giác OAB (O là gốc tọa độ)
Bài 3: (1,0 điểm)

Tính giá trị của biểu thức H = ( 10 2) 3 5
Bài 4: (3,0 điểm)

Cho đƣờng tròn tâm O, đƣờng kính AC = 2R. Từ một điểm E ở trên đoạn OA (E kh ng trùng
với A và O). Kẻ dây BD vu ng g c với AC. Kẻ đƣờng kính DI của đƣờng trịn (O).

a) Chứng minh rằng: AB = CI.

b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2
c) Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE = 2

3
R
Bài 5: (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng:
3

4 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 52
ĐÁP ÁN:

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình: 2 3 2 3 5 5 1

3 4 2 6 8 3 4 1

x y x y y x

x y x y x y y

     

   

  

          

   

b) Hệ phƣơng trình v nghiệm khi:

2 1

3 6 1

2 1 3 1 3 5

1 3 4 4 9

1 3 4 2

3 4

m m

m

m m

 

 

    

        

    



 


Bài 2: (3,0 điểm)

a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ.

x -2 -1 0 1 2

y = x (P) 4 1 0 1 4

x - 2 0

y = x + 2(d) 0 2

b) Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ phƣơng trình:

2 2 2

1 2

1; 2

2 2 0

1; 4

2 2 2

x x

y x x x x x

y y

y x y x y x

  

         

  

     

      

  

Tọa độ các giao điểm của (d) và (P): A (-1;1) và B (2;4)
c) SOAB =

2 .(1+4).3 -
1
2 .1.1 -

2 .2.4 = 3
Bài 3: (1,0 điểm)

-2

-4

-6

-10 -5 5 10

2
O

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 53
H = ( 10 2) 3 5 



5 1



6 2 5 



5 1



5 1   



5 1 4

Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh rằng: AB = CI.
Ta có: BDAC (gt)

DBI = 900 ( g c nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn)  BDBI
Do đ : AC // BI  ABCI  AB = CI

b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2
Vì BDAC  ABAD nên AB = AD

Ta có: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AB2 + CD2 = AD2 + CD2 = AC2 = (2R)2 = 4R2
c) Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE = 2

3
R
SABICD = SABD + SABIC =

2.DE.AC +
1

2 .EB.(BI + AC)
* OE = 2

3
R

AE =
3
R

và EC = 2
3

R

+ R = 5
3

R

* DE2 = AE.EC =
3
R
.5
3
R
=
2
5
9
R

 DE = 5
3
R

. Do đ : EB = 5
3
R

* BI = AC – 2AE = 2R – 2.
3

R

=4
3

R

Vậy: SABICD = 1
2 .

5
3
R

.2R + 1
2
5
3
R
.(4
3
R

+ 2R) = 5
6
R
.16
3
R
=

2
8 5
9
R
(đvdt)
Bài 5: (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng:
3

4(AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA
Gọi G là trọng tâm của ABC, ta có: GM = 1

3AM; GN =
1

3BN; GP =
1
3CP

Vì AM, BN, CP các trung tuyến, nên: M, N, P lần lƣợt là trung điểm của BC, AC, AB
Do đ : MN, NP, MP là các đƣờng trung bình của ABC

Nên: MN = 1

2 AB; NP =
1

2BC; MP =
1

2AC
Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:

* AM < MN + AN hay AM < 1
2 AB +

2 AC (1)
Tƣơng tự: BN < 1

2 AB +
1

2 BC (2)
CP < 1

2 BC +
1

2AC (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*)

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 54
* GN + GM > MN hay 1

3BN +
1

3AM >
1

2AB (4)
Tƣơng tự: 1

3BN +
1

3CP >
1

2BC (5)
1

3CP +
1

3AM >
1

2 AC (6)
Từ (4), (5), (6) suy ra:

1
3BN +

3AM +

1
3BN +

1
3CP +

3AM >
1
2 AB +

1
2 BC+

1
2 AC
2

3 (AM + BN + CP) >
1

2 (AB + AC + BC)
 3

4 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP (**)
Từ (*), (**) suy ra: 3

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 55

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 56
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĐÁÁPPÁÁNNVVÀÀHHƯƯỚỚNNGGDDẪẪNNCCHHẤẤMMTTHHII

NAM ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013
 Mơn: TỐN

PHẦN I – Trắc ng ệm 2 ểm : Mỗi đáp án đúng cho 0,25 điểm.

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án D C C B A D A B

PHẦN II – Tự luận 8 ểm :

Câu 1.(1,5 điểm) Ý 1 1 0 ểm

Nội dung Điểm

Với x0 và x1, ta có:







 



 

x 1





A :

x x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

    

   

  

         

   

( Nếu HS làm riêng từng ngoặc lớn thì mỗi ngoặc đúng cho 0,25đ. Nếu làm gộp cả hai ngoặc vào 
biểu thức A mà 1 ngoặc bị sai thì khơng chấm.

Nếu thiếu cụm từ “ Với x0 và x1” thì châm trước.

0,5



x 1

 

: x 1







x 1

 

: 1



x x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1

  

 

     0,25



x 1

 

x 1



x 1

x
x x 1

 

   

 ( Nếu bước nào viết dấu “ = ” mà thay bằng dấu “” thì khơng

chấm từ bước đó.Nếu ý 1 mà làm nhầm lẫn, chẳng hạn dấu “ = ” mà thay bằng dấu “” thì ý 2 vẫn 
chấm.Nếu ý 1 mà khơng làm được gì thì ý 2 không chấm).

0,25

Ý 2 0 5 ểm

Nội dung Điểm

Với x0 và x1, ta có A – 2 > 0 x 1 2 0 x 2 x 1 0
x



      

0,25





x 1 0

   lu n đúng với mọi x0 và x1. ( Cả 2 ý của Ý 2 này phải viết được ít nhất 1

cụm từ “Với x0 àv x1”. Nếu khơng viết thì trừ 0,25đ)

0,25

Câu 2.(1,5 điểm) Ý 1 1 0 ểm

Nội dung Điểm

Giải phƣơng trình 4 2

x x  6 0 Đặt x2 t, điều kiện t 0

0,25

Phƣơng trình đã cho trở thành 2

t   t 6 0 0,25

 

 

 
 


1
2

t 2

t 3 loại 0,25

Với 2

t 2 x    2 x 2.

Vậy phƣơng trình đã cho c hai nghiệm là x  2

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 57

chấm bình thường )

Ý 2 0 5 ểm

Nội dung Điểm

Hai đƣờng thẳng





y m 1 x m 2 và y = 5x + 2 song song với nhau khi và chỉ khi:

2
m 1 5
m 2 2

  



 



0,25

2 m 2

m 4
m 2
m 0
m 0
 
  
     
 

 Vậy với m 2 thì hai đƣờng thẳng





y m 1 x m 2 và

y = 5x + 2 song song với nhau.( Nếu HS khơng kết luận thì châm trước, vì đã có mệnh đề thuận đảo ) 0,25

Câu 3.(1,0 điểm)

Nội dung Điểm

Giải hệ phƣơng trình:

1 1

1
x y 1
3y 1 xy

  

 



  


Điều kiện: x0; y 1

Hệ phƣơng trình

1 1

1 y 1 xy
x y 1

3y 1 xy
3y 1 xy

     
  
   

  


0,25

y 1 xy
3y 1 y 1

 


    

 0,25

y 1 xy x 2

y 1 y 1

  

 

 

 

  (Thỏa mãn điều kiện). 0,25

Vậy hệ phƣơng trình đã cho c nghiệm là x 2
y 1



 

 ( Nếu khơng có điều kiện mà vẫn làm đúng thì trừ

0,25đ cả câu, Nếu có điều kiện mà khơng có đối chiếu thì châm trước ).

0,25

Câu 4.(3,0 điểm): Nếu hình vẽ kh ng đúng với đề bài ở phần nào thì kh ng chấm phần đ . Nếu kh ng
làm đƣợc ý 1 mà vẫn làm đúng ý 2 thì vẫn chấm ý 2 bình thƣờng

Nội dung Điểm

y
x
E
F
O
A B
M

Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp:

Vẽ đúng hình ở ý 1, thiếu chữ x và y ở 2 tia Ax, Ay thì châm trƣớc 0,25

Vì EA , EM là các tiếp tuyến tại với (O)

Nên EAAO và EMMO 0,25

Xét tứ giác AEMO c 0 0 0
EAOEMO90 90 180

=> Tứ giác AEMO nội tiếp. 0,5

(Nếu thiếu chữ x và y ở 2 tia Ax, Ay thì châm trước. Nếu thiếu cụm 
từ “Xét tứ giác AEMO” mà khơng có lí do tổng 2 góc đối thì trừ 
0,25đ )

Ý 2 1 0 ểm

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 58

y
x

E

F

O

A B

M

Ta c EO và OF lần lƣợt là các đƣờng phân giác của các g c
AOM và MOB (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau của một đƣờng
tròn)

0,25

Mà AMOBOM1800EOMMOF900 hay tam giác EOF

vu ng tại O. 0,25

Mặt khác OMEF => 2

EO EM.EF(hệ thức trong tam giác
vuông)

0,25

Mà EM = EA ( tính chất tiếp tuyến) => 2 

EO AE.EF 0,25

Ý 3 1 0 ểm

y
x

K
E

F

O

A B

M

H

∆EMK đồng dạng với ∆EFB (g.g) MK FB
EM EF

  mà FB = MF
(Tính chất tiếp tuyến ) MK MF

EM EF
  (1)

0,25

∆BKH đồng dạng với ∆BEA (g.g) KH KB
EA EB
  (2)

0,25

Xét ∆EFB do MK // FB nên theo ĐL Ta – lét ta có:KB MF

EB  EF (3) 0,25
Từ (1), (2) và (3) MK KH

EM EA

  mà EM = EA
MK 1

MK MH

MH 2

    0,25

Câu 5.(1,0 điểm)

Giải phƣơng trình:



4



 2 

2 x 4 3x 10x 6 ĐKXĐ: x









 





 



 

         

          

2 2

4 2 2 2

2 2 2 2

2 x 4 3x 10x 6 2 x 2 2x 3x 10x 6

2 x 2x 2 x 2x 2 4 x 2x 2 x 2x 2 1 0,25
Vì



x22x 2



0  x nên chia hai vế phƣơng trình (1) cho



x22x 2



ta đƣợc:

Phƣơng trình (1)       

 

   

2 2

x 2x 2 x 2x 2

2 4 2

x 2x 2 x 2x 2

Đặt   
 

2
2

x 2x 2

x 2x 2, điều kiện t > 0.

0,25

Phƣơng trình (2) trở thành: 2 t 4 t  2







 t2 2 t 4 0   t 2 t 2 2 0  t 2

= 0 ( vì t 2 2 0  với t > 0 ) t 2

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 59

Với     

 

2
2

x 2x 2

t 2 2

x 2x 2





     

   

  
 

  


2 2

x 2x 2 2 x 2x 2
x 6x 2 0

x 3 7

Vậy phƣơng trình đã cho c nghiệm là x 3  7 và x 3  7

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO 
THỪA THIÊN HUẾ

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 
Khóa ngày : 24/6/2012

Mơn thi : TỐN

T ờ g an l m b : 120 p út (không kể thời gian giao đề)

Bài 1:(2,0 điểm)

a).Cho biểu thức: C = 5 3 5 3 3



5 3



5 3 1

    

 . Chứng tỏ C = 3
b) Giải phƣơng trình :   2 

3 x 2 x 4 = 0

Bài 2:(2,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 c đồ thị (P) và đƣờng thẳng (d) đi qua điểm M (1;2) c hệ số g c k0.
a/ Chứng minh rằng với mọi giá trị k0. đƣờng thẳng (d) lu n cắt (P) tại hai điểm phân biệt A
và B.

b/ Gọi xA và xB là hoành độ của hai điểm A và B.Chứng minh rằng x + xA B x .xA B 2 = 0

Bài 3:(2,0 điểm)

a/ Một xe lửa đi từ ga A đến ga B.Sau đ 1 giờ 40 phút, một xe lửa khác đi từ ga A đến ga B
với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe lửa thứ nhất là 5 km/h.Hai xe lửa gặp nhau tại một ga cách
ga B 300 km.Tìm vận tốc của mỗi xe, biết rằng quãng đƣờng sắt từ ga A đến ga B dài 645 km.

b/ Giải hệ phƣơng trình :









2 5

20 20
7

x y x y

x y x y
  




  

  


Bài 4:(3,0 điểm)

Cho nửa đƣờng trịn (O) đƣờng kính BC.Lấy điểm A trên tia đối của tia CB.Kẻ tiếp tuyến AF
với nửa đƣờng tròn (O) ( F là tiếp điểm), tia AF cắt tia tiếp tuyến Bx của nửa đƣờng tròn (O)
tại D ( tia tiếp tuyến Bx nằm trong nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đƣờng tròn (O)) .Gọi H là
giao điểm của BF với DO ; K là giao điểm thứ hai của DC với nửa đƣờng

tròn (O).

a/ Chứng minh rằng : AO.AB=AF.AD.
b/ Chứng minh tứ giác KHOC nội tiếp.

c/ Kẻ OM BC ( M thuộc đoạn thẳng AD).Chứng minh BD DM = 1

DM AM

Bài 5:(1,0 điểm)

Cho hình chử nhật OABC, 0

COB = 30 .Gọi CH là đƣờng cao của tam giác

COB, CH=20 cm.Khi hình chữ nhật OABC quay một vòng quanh cạnh OC

30

12 cm

K H

C B

A
O

0

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 60

cố định ta đƣợc một hình trụ, khi đ tam giác OHC tạo thành hình (H).Tính thể tích của phần
hình trụ nằm bên ngồi hình (H).

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61></div>
(62)<div class='page_container' data-page=62></div>
(63)<div class='page_container' data-page=63></div>
(64)<div class='page_container' data-page=64></div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 65

Câu 1 (2đ)

a) Giải phƣơng trình 2x – 5 =1
b) Giải bất phƣơng trình 3x – 1 > 5
Câu 2 (2đ)

a) Giải hệ phƣơng trình







7
2
3
3
y
x
y
x

b) Chứng minh rằng

7
6
2
3
1
2
3
1 



Câu 3 (2đ)

Cho phƣơng trình x2

– 2(m – 3)x – 1 = 0
a) Giải phƣơng trình khi m = 1

b) Tìm m để phƣơng trình c nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức
A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đ .

Câu 4 (3đ)

Cho tam giác ABC vu ng tại A. Lấy B làm tâm vẽ đƣờng tròn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ
đƣờng trịn tâm C bán kính AC, hai đƣờng trịn này cắt nhau tại điểm thứ 2 là D.Vẽ AM, AN lần lƣợt là
các dây cung của đƣờng tròn (B) và (C) sao cho AM vu ng g c với AN và D nằm giữa M; N.

a) CMR: ABC=DBC

b) CMR: ABDC là tứ giác nội tiếp.
c) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng

d) Xác định vị trí của các dây AM; AN của đƣờng tròn (B) và (C) sao cho đoạn MN c độ dài lớn
nhất.

Câu 5 (1đ) Giải Hệ PT















y
x
y
x
y
x
y
x

y
y
x
2
)
3
2
4
(
1
2
)
1
4
2
(
3
8
5 2
2
---Hết---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ 
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG 
NĂM HỌC 2012-2013

Mơn tốn

Thời gian làm bài: 120 phút, kh ng kể thời gian giao đề

Đề thi có 01 trang

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 66
GỢI Ý GIẢI

Câu 1 (2đ) a) Giải phƣơng trình 2x – 5 = 1
b) Giải bất phƣơng trình 3x – 1 > 5
Đáp án a) x = 3 ; b) x > 2

Câu 2 (2đ) a) Giải hệ phƣơng trình







7
2
3
3
y
x
y
x

b) Chứng minh rằng

7
6
2
3
1
2
3
1




Đáp án a) x = 2 ; y = – 3
b) VT =

7
6
2
9
2
3
2
3 





=VP (đpcm)
Câu 3 (2đ) Cho phƣơng trình x2 – 2(m – 3)x – 1 = 0

c) Giải phƣơng trình khi m = 1

d) Tìm m để phƣơng trình c nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức
A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đ .

Đáp án a) x1 = 2 5 ; x2 = 2 5

e) Thấy hệ số của pt : a = 1 ; c = A – 1



pt lu n c 2 nghiệm
Theo vi- ét ta c x1 + x2 =2(m – 3) ; x1x2 = –1

Mà A=x12 – x1x2 + x22 = (x1 + x2 )2 – 3x1x2 = 4(m – 3)2 + 3  3



GTNN của A = 3



m = 3

Câu 4 (3đ)
Hƣớng dẫn

a) C AB = DB; AC = DC; BC chung



ABC = DBC (c-c-c)

b) ABC = DBC



g c BAC =BDC = 900



ABDC là tứ giác nội tiếp
c) C g cA1 = g cM1 ( ABM cân tại B)

g cA4 = g cN2 ( ACN cân tại C)
g cA1 = g cA4 ( cùng phụ A2;3 )

 g cA1 = g cM1 =g cA4= g cN2

g cA2 = g cN1 ( cùng chắn cung AD của (C) )

Lại c A1+A2 + A3 = 900

=> M1 + N1 + A3 = 900
Mà AMN vu ng tại A => M1 + N1 + M2 = 900

=> A3 = M2 => A3 = D1
CDN cân tại C => N1;2 = D4

 D2;3 + D1 + D4 =D2;3 + D1 + N1;2 = D2;3 + M2 + N1 + N2

= 900 + M2 + N1 + M1 ( M1 = N2)
= 900 + 900 = 1800

 M; D; N thẳng hàng.
d) AMN đồng dạng ABC (g-g)
Ta c NM2

= AN2 +AM2 để NM lớn nhất thì AN ; AM lớn nhất

Mà AM; AN lớn nhât khi AM; AN lần lƣợt là đƣờng kính của (B) và (C)
Vậy khi AM; AN lần lƣợt là đƣờng kính của (B) và (C) thì NM lớn nhất.
Câu 5 (1đ): Giải Hệ PT

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 67
















y
x
y
x
y
x
y
x
y
y
x
2
)
3
2
4
(
1
2
)

1
4
2
(
3
8
5 2
2





















)

2
(
2
)
1
1
2
2
(
1
2
)
1
2
2
(
)
1
(
3
8
5 2
2
y
x
y
x
y
x
y

x
y
y
x

Từ (2) đặt x +2y = a ; 2x–y –1 = b (a:b 0)

Ta dc (2a-1) b=(2b –1) a  ( a  b)(2 ab1)= 0  a = b
 x = 3y + 1 thay vào (1) ta dc

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 68

Sở giáo dục và đào tạo 
H-ng n

(§Ị thi cã 01 trang)

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên 
Năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán

(Dành cho thí sinh dự thi các lớp chuyên: Toán, Tin) 
Thời gian lµm bµi: 150 phót

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 .20132 220132 . Chứng minh A là một số tự nhiên.

b) Giải hệ phƣơng trình

2
2

1 x

x 3

y y
1 x

x 3

y y

   




   


Bài 2: (2 điểm)

a) Cho Parbol (P): y = x2 và đƣờng thẳng (d): y = (m +2)x – m + 6. Tìm m để đƣờng thẳng (d)
cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt c hoành độ dƣơng.

b) Giải phƣơng trình: 5 + x + 2 (4 x)(2x 2)4( 4 x  2x2)
Bài 3: (2 điểm)

a) Tìm tất cả các số hữu tỷ x sao cho A = x2 + x+ 6 là một số chính phƣơng.
b) Cho x > 1 và y > 1. Chứng minh rằng :

3 3 2 2

(x y ) (x y )
8
(x 1)(y 1)

   

 

Bài 4 (3 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn tâm O, đƣờng cao BE và CF. Tiếp tuyến tại B và C cắt
nhau tại S, gọi BC và OS cắt nhau tại M

a) Chứng minh AB. MB = AE.BS

b) Hai tam giác AEM và ABS đồng dạng

c) Gọi AM cắt EF tại N, AS cắt BC tại P. CMR NP vu ng g c với BC
Bài 5: (1 điểm)

Trong một giải b ng đá c 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn một lƣợt (hai đội bất kỳ thi đấu với nhau
đúng một trận).

a) Chứng minh rằng sau 4 vòng đấu (mỗi đội thi đấu đúng 4 trận) lu n tìm đƣợc ba đội b ng đ i một

chƣa thi đấu với nhau.

b) Khẳng định trên còn đúng kh ng nếu các đội đã thi đấu 5 trận?

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 69
HƢỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 .20132 220132
Đặt 2012 = a, ta c 2 2 2 2

2012 2012 .2013 2013  a2a (a 1)2  2 (a 1)2

2 2 2

(a a 1) a a 1

     

b) Đặt
x

a
y

x b

 



  


Ta có

2
2

1 x

x 3

y y
1 x

x 3

y y

   




   


1 x

x 3

y y

1 x

x 3

y y

 

  

 

 

 

   


nên

2 2

b a 3 b b 6 0
b a 3 b a 3

      



 

   

 

a 6 a 1
v

b 3 b 2

 

 

    

 

Bài 2:

a) tƣơng đƣơng với PT x2 = (m +2)x – m + 6 hay x2 - (m +2)x + m – 6 = 0 c hai nghiệm
dƣơng phân biệt.

b) Đặt t = 4 x 2x2
Bài 3:

a) x = 0, x = 1, x= -1 kh ng thỏa mãn. Với x khác các giá trị này, trƣớc hết ta chứng minh x phải
là số nguyên.

+) x2 + x+ 6 là một số chính phƣơng nên x2 + x phải là số nguyên.
+) Giả sử x m

 với m và n c ƣớc nguyên lớn nhất là 1.
Ta có x2 + x =

2 2

m m m mn

n n n



  là số nguyên khi m2mn chia hết cho n2

nên m2mn chia hết cho n, vì mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n và do m và n c ƣớc
nguyên lớn nhất là 1, suy ra m chia hết cho n( mâu thuẫn với m và n c ƣớc nguyên lớn
nhất là 1). Do đ x phải là số nguyên.

Đặt x2

+ x+ 6 = k2

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 70

3 3 2 2 2 2

(x y ) (x y ) x (x 1) y (y 1)
(x 1)(y 1) (x 1)(y 1)

      

    =

2 2

x y

y 1 x 1

2 2

(x 1) 2(x 1) 1 (y 1) 2(y 1) 1

y 1 x 1

       

 

 

2 2

(x 1) (y 1) 2(y 1) 2(x 1) 1 1

y 1 x 1 x 1 y 1 y 1 x 1

         

        

         

  .

Theo BĐT C si

2 2 2 2

(x 1) (y 1) (x 1) (y 1)

2 . 2 (x 1)(y 1)

y 1 x 1 y 1 x 1

        

   

2(y 1) 2(x 1) 2(y 1) 2(x 1)

. 4

x 1 y 1 x 1 y 1

      

   

1 1 1 1

2 .

y 1  x 1  y 1 x 1 

1 1 1 1

2 . (x 1)(y 1) 2.2 . . (x 1)(y 1) 4

y 1 x 1 y 1 x 1

 

      

     

 

Bài 4

a) Suy ra từ hai tam giác đồng dạng là ABE và BSM

b) Từ câu a) ta c AE MB
AB  BS (1)

Mà MB = EM( do tam giác BEC vu ng tại E c M là trung điểm của BC

P

N

F
E

M
S

O

A

B

C

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 71
Nên AE EM

AB  BS

Có MOBBAE, EBA BAE 90 , MBO MOB0  900
Nên MBOEBA do đ MEBOBA( MBE)

Suy ra MEASBA(2)

Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEM và ABS đồng dạng(đpcm.)

c) Dễ thấy SM vu ng g c với BC nên để chứng minh bài toán ta chứng minh NP //SM.
+ Xét hai tam giác ANE và APB:

Từ câu b) ta c hai tam giác AEM và ABS đồng dạng nên NAEPAB,
Mà AENABP( do tứ giác BCEF nội tiếp)

Do đ hai tam giác ANE và APB đồng dạng nên AN AE
AP  AB
Lại có AM AE

AS  AB( hai tam giác AEM và ABS đồng dạng)
Suy ra AM AN

AS  AP nên trong tam giác AMS c NP//SM( định lí Talet đảo)
Do đ bài toán đƣợc chứng minh.

Bài 5

a. Giả sử kết luận của bài toán là sai, tức là trong ba đội bất kỳ thì c hai đội đã đấu với nhau
rồi. Giả sử đội đã gặp các đội 2, 3, 4, 5. Xét các bộ (1; 6; i) với i Є{7; 8; 9;…;12}, trong các bộ này
phải c ít nhất một cặp đã đấu với nhau, tuy nhiên 1 kh ng gặp 6 hay i nên 6 gặp i với mọi i Є{7; 8;
9;…;12} , v lý vì đội 6 nhƣ thế đã đấu hơn 4 trận. Vậy c đpcm.

b. Kết luận kh ng đúng. Chia 12 đội thành 2 nh m, mỗi nh m 6 đội. Trong mỗi nh m này, cho
tất cả các đội đ i một đã thi đấu với nhau. Lúc này rõ ràng mỗi đội đã đấu 5 trận. Khi xét 3 đội bất kỳ,
phải c 2 đội thuộc cùng một nh m, do đ 2 đội này đã đấu với nhau. Ta c phản ví dụ.

thể gi i quy t đ n gi n h n cho c u a. nh au:

Do mỗi đội đã đấu 4 trận nên tồn tại hai đội A, B chƣa đấu với nhau. Trong các đội còn lại,

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 72
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2012 - 2013 
Môn thi: Toán chung

Thời gian làm bài: 120 phút ( kh ng kể thời gian giao đề)

( Đề thi này gồm một trang, có bốn câu)

Câu 1: ( 2,5 điểm) .

1/ Giải các phƣơng trình :
a/ x4x2200

b/ x  1 x 1

2/ Giải hệ phƣơng trình : 3 1
3
x y

y x
   


  


Câu 2 : ( 2,0 điểm) .

Cho parabol y = x2 (P) và đƣờng thẳng y = mx (d), với m là tham số.
1/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại điểm c tung độ bằng 9.

2/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm, mà khoảng cách giữa hai điểm này
bằng 6

Câu 3 : ( 2,0 điểm)

1/ Tính : ( 1 1 ). 3 1

2 3 2 3 3 3

P  

  

2/ Chứng minh : 5 5 3 2 2 3

a b a b a b , biết rằng a b 0 .
Câu 4 : (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vu ng ở A, đƣờng cao AH. Vẽ đƣờng trịn tâm O, đƣờng kính AH, đƣờng
trịn này cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và E .

1/ Chứng minh tứ giác BDEC là tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng tròn.
2/ Chứng minh 3 điểm D, O, E thẳng hàng.

3/ Cho biết AB = 3 cm, BC = 5 cm. Tính diện tích tứ giác BDEC.
---HẾT---

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 73
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2012 - 2013 
Môn thi: Tốn ( mơn chun)

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

( Đề thi này gồm một trang, có năm câu)

Câu 1. (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình 4 2

16 32 0

x  x   ( với xR)

Chứng minh rằng x 6 3 2  3  2 2 3 là một nghiệm của phƣơng trình đã cho.
Câu 2. (2,5 điểm)

Giải hệ phƣơng trình 2 ( 1)( 1) 6
2 ( 1)( 1) yx 6

x x y xy

y y x

    



    

 ( với xR y, R).
Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác đều MNP c cạnh bằng 2 cm. Lấy n điểm thuộc các cạnh hoặc ở phía trong tam
giác đều MNP sao cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn hơn 1 cm ( với n là số nguyên
dƣơng). Tìm n lớn nhất thoả mãn điều kiện đã cho.

Câu 4. (1 điểm)

Chứng minh rằng trong 10 số nguyên dƣơng liên tiếp kh ng tồn tại hai số c ƣớc chung lớn hơn
9.

Câu 5. (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC kh ng là tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đƣờng tròn (I). Gọi
D,E,F lần lƣợt là các tiếp điểm của BC, CA, AB với đƣờng tròn (I). Gọi M là giao điểm của
đƣờng thẳng EF và đƣờng thẳng BC, biết AD cắt đƣờng tròn (I) tại điểm N (N kh ng trùng với
D), giọi K là giao điểm của AI và EF.

1) Chứng minh rằng các điểm I, D, N, K cùng thuộc một đƣờng tròn.
2) Chứng minh MN là tiếp tuyến của đƣờng tròn (I).

---HẾT---

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 74
GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI 
NĂM 2012 – 2013

Môn: Toán chung
---
Câu 1: ( 2,5 điểm) .

1/ Giải các phƣơng trình :
a/ 4 2

20 0

x x   (*) Đặt 2

; ( 0)
x t t

(*) t2 – t – 20 = 0  (t1 = 5 (nhận) v t2 = - 4 ( loại)); Với t = 5 => x2 = 5  x =  5
Vậy phƣơng trình c hai nghiệm x = 5 và x = - 5

b/ x  1 x 1 ( điều kiện x1)

2 2 2 2

( x1) (x1)   x 1 x 2x 1 x 3x0  x(x-3) = 0
 x = 0 ( loại) v x = 3 ( nhận).

Vậy phƣơng trình c một nghiệm x = 3.

2/ Giải hệ phƣơng trình : 3 1
3
x y

y x
   


  


Từ y           x 3 y 3 x y 3 0 y 3 y 3

3 1 3 1 4 2 1 2

3 3 3 3 7

2
x

x y x y x y x

y x y x y x y x

y
  

  

          

    

            

  

     



(nhận)

Vậy hệ phƣơng trình c 2 nghiệm (x; y): ( ; ), (1 7 1 7; )
2 2 2 2
Câu 2 : ( 2,0 điểm) .

1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) và (d) : 2 1
2

0 ( ) 0 x

x mx x x m

x m




       



Vì giao điểm 2 2

( ) :P y x y m

    . Với y = 9 => m2

= 9  (m = 3 v m = -3)
Vậy với m 3 thì (P) và (d) cắt nhau tại điểm c tung độ bằng 9.

2/ Từ câu 1 => (P) và (d) lu n cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi m0.

Khi đ giao điểm thứ nhất là gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ 2 là điểm A c ( x = m; y =
m2).

Khoảng cách giữa hai giao điểm : AO = 2 4 4 2

6 6 0

m m  m m   (1)
Đặt 2

; ( 0)

tm t (1)    t2 t 6 0 (t1 = 3 ( nhận ) v t2 = - 2 ( loại))
Với t1 = 3  m2 = 3 , m  3 ( nhận)

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 75
Câu 3 : ( 2,0 điểm)

1/ Tính:

( 1 1 ). 3 1 2 3 2 3. 3 1 2
4 3

2 3 2 3 3 3 3( 3 1)

P        



   

2/ Ta có:

5 5 3 2 2 3 5 5 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2

2 2 2

0 ( ) ( ) 0 ( )( ) 0

( ) ( )( ) 0

a b a b a b a b a b a b a a b b a b a b a b

a b a b a b ab

                

     

Vì : (a b )2 0 (với mọi a, b R).
0

a b  ( theo giả thiết)
2 2

a b ab ( với mọi a, bR )

Nên bất đằng thức cuối đúng. Vậy 5 5 3 2 2 3

a b a b a b với a b 0 (đpcm)
Câu 4 : (3,5 điểm)

E
D
O
H
C
B
A

1/ Nối H với E .

+ HEA900 ( vì AH là đƣờng kính), AHC900 ( AH là đƣờng cao)
=> AHE ACB (cùng phụ với EHC) (1)
+ ADE AHE ( g c nội tiếp cùng chắn cung AE) (2)

Từ (1) và (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đƣờng tròn ( c g c đối bằng
g c kề bù g c đối)

2/ Vì 0

90
DAE

  => DE là đƣờng kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm).

3/ Ta có SBDEC SABCSADE

+ABC vu ng c AH là đƣờng cao:

2 2

AC BC AB  cm => . 6
2
ABC

AB AC

s   (cm2)
. 12

5
AB AC
DE AH

BC

   (cm) ( cùng là đƣờng kính đt O).

+ADE vàABC có : A chung , ADE = ACB ( câu 1)

=> ADE ~ ABC (g.g) => tỉ số diện tích bằng bình phƣơng tỉ đồng dạng :

2 2

2
.
ABC
AED
AED
ABC
S DE
S DE
S

S BC BC





 
   
 
+
2 2

2 2 2

12
(1 ) 6(1 )

5 .5
BDEC ABC ADE ABC

DE

S S S S

BC

  

      = 4,6176 (cm2)

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 76
GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI 
NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chuyên
---
Câu 1: Phƣơng trình đã cho : 4 2

16 32 0

x  x   ( với xR)  (x28)2320 (1)
Với x 6 3 2  3  2 2 3  x 3 2 2 3  2 2 3
=> x2  8 2 2 32 3 2 3

Thế x vào vế phải của (1) ta c :

2 2 2

(x 8) 32 (8 2 2 32 3 2 38) 324(2 3) 4 3 12(2   3) 32
=8 4 3 8 3  24 12 3 32  0 ( vế phải bằng vế trái)

Vậy x 6 3 2  3  2 2 3 là một nghiệm của phƣơng trình đã cho ( đpcm)
Câu 2: Hệ pt đã cho 2 ( 1)( 1) 6

2 ( 1)( 1) yx 6

x x y xy

y y x

    

    

(1)
(2)
 
 
 

2 ( 1)( 1) 6
2 ( 1)( 1) 6

x x y xy

y y x xy

    



    



Thay x = 0, y = 0 thì hệ kh ng thoả . Thay x = -1 và y = -1 vào, hệ kh ng thoả
=>( ; )x y (0;0);xy0;x 1 0;y   1 0 6 xy0 (*)
- Chia từng vế của hai phƣơng trình cho nhau : => 6 ( ) 6( )

x xy

xy x y x y

y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt c vế phải bằng nhau, vế trái khác nhau (kh ng thoả) =>x y 0) (**)
=> xy 6(x y)

x y




 (3)
- Cộng từng vế (1) và (2) của hệ ta đƣợc pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = 0 (4)
 (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = 0 (x y x)( y 1 6(x y)) 6(x y) 0

x y x y

 

     

 

(x y x)( y 1 6(x y 1)) 0
x y

 

    

 

6
(x y x)( y 1)(1 ) 0

x y
    
 
0

1 0
6
1 0
x y
x y
x y
 

   


 
 


- Với x + y = 0  x = - y. Thế vào hệ => -2y2 = 0  (y = 0 v x = 0) kh ng thoả (*)
- Với x + y +1 =0  x = -y - 1 thế vào phƣơng trình (1) của hệ ta đƣợc :

2y33y2   y 6 0 (y2)(2y2  y 3) 0  22 0 2

2 3 0( )

y y

y y vn

    


   



Với y = - 2 => x = 1.Thế vào hệ thoả, vậy c nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2)
- Với 1 6 0 x y 6 0 x y 6

x y

        



Thế x = y -6 vào pt (2) của hệ :

(2)  2y37y216y 6 0 (2 1)( 2 4 6) 0 22 1 0
4 6 0

y

y y y

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 77
y2 - 4y - 6 = 0  1

2 10
2 10
y

y
  


 



2y +1 = 0  y3 = 1
2


Từ ba giá trị của y ở trên ta tìm đƣợc ba giá trị x tƣơng ứng:
1
2

4 10
4 10

13
2

x
x

x



  


   




 



Thế các giá trị (x; y) tìm đƣợc vào hệ (thoả).

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm ( x;y):

(1; -2), ( 4 10; 2 10), ( 4 10; 2 10), ( 13; 1).
2 2

       

Câu 3. (Cách 1)

Tam giác đều c cạnh bằng 2 cm thì diện tích bằng 3cm2 , tam giác đều c cạnh bằng 1 cm
thì diện tích bằng 3

4 cm
2

. Nếu tam giác đều c cạnh > 1cm thì diện tích > 3
4 cm

2

Gọi t là số tam giác đều c cạnh bằng > 1cm chứa đƣợc trong tam giác đều c cạnh 2 cm:
1t 4 ( với t là số nguyên dƣơng) => tmax = 3.

Theo nguyên lý Drichen sẽ c 1 trong t tam giác đều c cạnh > 1cm đ chứa tối đa 2 điểm thoả mãn
khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ lu n > 1 cm.

Vậy số điểm thoả yêu cầu bài toán là : 2 n 4 Vậy nmax = 4
(Cách 2): Giải theo kiến thức hình học

Nếu ta chọn 3 điểm ở 3 đỉnh của tam giác đều cạnh bằng 2 cm vẽ 3 đƣờng trịn đƣờng kính 1
cm, các đƣờng trịn này tiếp xúc với nhau ở trung điểm mỗi cạnh tam giác. => Các điểm khác trong
tam giác cách 3 đỉnh > 1cm chỉ c thể nằm trong phần diện tích cịn lại của tam giác (ngồi phần diện
tích bị ba hinh trịn che phủ), đƣợc giới hạn bởi 3 cung tròn bán kinh 1 cm.

Vì 3 dây cung là 3 đƣờng trung bình của tam giác c độ dài 1 cm => khoảng cách giửa hai điểm
bất kỳ nằm trong phần diện tích cịn lại đ của tam giác lu n 1 cm.

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 78
nmax = 3 + 1 = 4 điểm.

Câu 4. Gọi a và b là hai số bất kỳ trong 10 số nguyên dƣơng liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dƣơng) 
1 a b 9

    .

Gọi n là ƣớc chung của a và b, khi đ : a = n.x và b = n.y ( n, x, y là số nguyên dƣơng).
Vì a > b => x > y => x y 1 1 n x n y. . 9 1 x y 9

n n

        9 1 n 9
n

   
Vậy trong 10 số nguyên dƣơng liên tiếp kh ng tồn tại hai số c ƣớc chung lớn hơn 9.
Câu 5.

D
K

N E

C
B

1)Nối N và F, D và F.

- Xét ANF và  AFD có: AFN = ADF ( vì AF là tt) và FAD chung =>ANF∽AFD
(g.g) => AF AF2 .

AF
AN

AN AD
AD

   (1)

- Xét AFI có: AFIF ( vì AF tiếp tuyến, FI là bán kính) và FK AI ( vì AF và AE tt chung và AI
nối tâm) => AFI vu ng tại F c FK là đƣờng cao) => AK.AI = AF2

(2)
- Xét ANK và AID có:

+ IAD chung.

+ Từ (1) và (2) => AN.AD = AK.AI => AN AI

AK  AD

=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3)
- Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì c g c đối bằng g c kề bù g c đối)

=> các điểm I,D,N,K cùng thuộc một đƣờng trịn. (đpcm).

2) Ta có IDDM ( DM là tiếp tuyến, DI là bán kính) và IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp
đƣờng trịn đƣờng kính MI. Vì 4 điểm D, I, K, N cũng thuộc một đƣờng tròn ( câu 1) => hai đƣờng

tròn này cùng ngoại tiếp  DIK => hai đƣờng tròn trùng nhau => N cũng nằm trên đƣờng trịn đƣờng
kính MI => INM= 900 .

Vì IN là bán kính đƣờng trịn (I), MNIN => MN là tiếp tuyến của đƣờng tròn (I) tại tiếp điểm N.
(đpcm).

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 79

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80></div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 81
GỢI Ý GIẢI:

Câu 1c C = 1

Câu 2a ( 2;1) ; Câu 2b b = - 1
Câu 3a a = 1

Câu 3b A ( -1 ; 1 ) ; B (2 ; 4 )

Câu 4a1  120; nên pt lu n c 2 nghiệm phân biệt với mọi x
Câu 4 a2 => x1 + x2 = - 5 ; x1x2 = 3

Câu 4b

Gọi x ( km/h) là vt xe II => vt xe I là x + 10 ( km/h ) ; x> 0
Th gian xe I đi hết qđg : 100

x (h)
Th gian xe II đi hết qđg : 100

x (h)
PT 100

x -
100

10
x =

2 => x = 40
KL

Câu 5 : a

1. MH = 20 ( cm ) ; ME = 12 ( cm)
2. NPFE là h thang cân

b )
b1
b2

Tam giác ABC vu ng tại A c AH là đg cao => AB2

= BH.BC (1)

Tam giác BHE đg dạng với tam giác BDC => BH BE BH BC. BD BE.
BD  BC   (2)
Từ (1) và (2) => AB2

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 82
Câu 1 (2 điểm). Cho phƣơng trình bậc hai ẩn x, tham số m: x2 + 2mx – 2m – 3 = 0 (1)

a) Giải phƣơng trình (1) với m = -1.

b) Xác định giá trị của m để phƣơng trình (1) c hai nghiệm x1, x2 sao cho

2
2
2

x



nhỏ nhất.
Tìm nghiệm của phƣơng trình (1) ứng với m vừa tìm đƣợc.

Câu 2 (2,5 điểm).

1. Cho biểu thức A= 





























x
x

x
x
x

x

3
3

1
3
3
1
4
3
2
3

3
8

3
3

6 3

3
a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
2. Giải phƣơng trình: x 1x x



1x



1

Câu 3 (1,5 điểm). Một ngƣời đi xe đạp từ A tới B, quãng đƣờng AB dài 24 km. Khi đi từ B trở về A 
ngƣời đ tăng vận tốc thêm 4 km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính

vận tốc của xe đạp khi đi từ A tới B.

Câu 4 (3 điểm). Cho



ABC nhọn nội tiếp (O). Giả sử M là điểm thuộc đoạn thẳng AB (M



A, B); N
là điểm thuộc tia đối của tia CA sao cho khi MN cắt BC tại I thì I là trung điểm của MN. Đƣờng tròn
ngoại tiếp



AMN cắt (O) tại điểm P khác A.

1. C MR các tứ giác BMIP và CNPI nội tiếp đƣợc.
2. Giả sử PB = PC. Chứng minh rằng



ABC cân.
Câu 5 (1 điểm). Cho

x; y R



, thỏa mãn x2

+ y2 = 1. Tìm GTLN của :

2



y
x
P
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

TỈNH NINH ÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN

Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 26 / 6 / 2012

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 83
HƢỚNG DẪN GIẢI:

2) Giải pt : x 1x x(1x) 1 ĐK : 0x1

Đặt x a0; 1x b0

Ta đƣợc











(**)
1

(*)
1
2
2

b
a

ab
b
a

Từ đ tìm đƣợc nghiệm của pt là x = 0

Câu 5 :

Từ x2  y2 11 x,y1 21 y 2 1 2

Vì ( 2)

2   


 x P y

y
x

P thay vào x2 y2 1
Đƣa về pt: (P2 1)y2 2 2P2y2P2 10

Dùng điều kiện c nghiệm của pt bậc hai P1



2
2
1

2
2

Max

x
P

y




  

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 84
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT

TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC: 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian: 120 phút(không kể thời gian giao đề) 
Câu I: (2,5 ểm

1. Thực hiện phép tính: 3



 

2 3



a) 2 10



36 

64 b)

2 

3 

2 

5 .

2. Cho biểu thức: P =
2

2a

4

1 1 a

1 a











a) Tìm điều kiện của a để P xác định b) Rút gọn biểu thức P.
Câu II: 1 5 ểm

1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã
cho là:

a) Hai đƣờng thẳng cắt nhau
b) Hai đƣờng thẳng song song.

2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) đi qua điểm M(-1; 2).
Câu III: 1 5 ểm

1. Giải phƣơng trình x 2

– 7x – 8 = 0
2. Cho phƣơng trình x2

– 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phƣơng trình c hai
nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện 3 3

1 2 1 2

x x



x x

 

6

Câu IV: 1 5 ểm

1. Giải hệ phƣơng trình

3x

2y 1

.

x

3y

2 





  



2. Tìm m để hệ phƣơng trình

2x

y

m 1

3x

y

4m 1

  





 





c nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1.

Câu V: 3 0 ểm Cho nửa đƣờng trịn tâm O đƣờng kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với 
nửa đƣờng trịn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đƣờng tròn (C là tiếp
điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đƣờng tròn (O) tại D (D khác B).

a) Chứng minh AMOC là tứ giác nội tiếp đƣờng tròn.
b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đƣờng tròn.
c) Chứng mình

ADE



ACO

--- Hết ---

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 85
HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu I: (2,5 ểm 
1. Thực hiện phép tính:

3 3

a) 2 10



36 64



  

8

100   

2 10

 

12 

 



b)

2 

3 

2 

5 

2  

3

2   

5

3

2 

2   

5

2

2. Cho biểu thức: P =
2

2a

4

1 1 a

1 a











a) Tìm điều kiện của a để P xác định: P xác định khi

a



0 và a



1

b) Rút gọn biểu thức P.
P =

2
3

2a

4

1 1 a

1 a

































2 2 2

2a

4

1 a

a 1

1 a

a 1

1 a

a

a 1

  

   

 



 









2 2 2 2

2a

4 a

a 1 a

a

a a

a

a 1 a

a

a a

a

1 a a

a 1

    



  



 









2 2a

1 a

a

a 1



 

= 2

2 a

 

a 1

Vậy với

a



0 và a



1

thì P =
2

2 a

 

a 1

Câu II: 1 5 ểm

1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã
cho là:

a) Để hàm số y = (m+3)x + 4 là hàm số bậc nhất thì m + 3



0 suy ra m



-3.
Đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đƣờng thẳng cắt nhau





a’



-1



m+3





-4

Vậy với m



-3 và m



-4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đƣờng thẳng cắt nhau.
b) Đồ thị của hàm số đã cho là Hai đƣờng thẳng song song

a

a '

1 m

3 m

4 b

b '

2

4 

  













 





thỏa mãn điều kiện m



-3

Vậy với m = -4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đƣờng thẳng song song.
2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2

(a  0) đi qua điểm M(-1; 2).
Vì đồ thị hàm số y = ax2

(a  0) đi qua điểm M(-1; 2) nên ta thay x = -1 và y = 2 vào hàm số ta c
phƣơng trình 2 = a.(-1)2

suy ra a = 2 (thỏa mãn điều kiện a  0)
Vậy với a = 2 thì đồ thị hàm số y = ax2

(a  0) đi qua điểm M(-1; 2).
Câu III: 1 5 ểm

1. Giải phƣơng trình x 2

– 7x – 8 = 0 có a – b + c = 1 + 7 – 8 = 0 suy ra x1= -1 và x2= 8

2. Cho phƣơng trình x2

– 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phƣơng trình c hai
nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện 3 3

1 2 1 2

x x



x x

 

6

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 86
Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) và x1. x2 = m – 3 (2)

Theo đầu bài: 3 3
1 2 1 2

x x



x x

 

6 

x x

1 2



x



x





2x x

1 2= 6 (3)

Thế (1) và (2) vào (3) ta c : (m - 3)(2)2

– 2(m-3)=6  2m =12  m = 6 Kh ng thỏa mãn điều kiện m



4 vậy kh ng c giá trị nào của m để phƣơng trình c hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện

3 3

1 2 1 2

x x



x x

 

6

Câu IV: 1 5 ểm

1. Giải hệ phƣơng trình

3x

2y 1

.

x

3y

2 





  







3 3y

2 2y 1

7y

7 y 1

x

3y

2 x 1

x

3y

2 





























2. Tìm m để hệ phƣơng trình

2x

y

m 1

3x

y

4m 1

  





 





c nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1.

2x

y

m 1

5x

5m

x

m

x

m

3x

y

4m 1

2x

y

m 1

2m

y

m 1

y

m 1

  









 





  



  



 



Mà x + y > 1 suy ra m + m + 1 > 1



2m > 0



m > 0.

Vậy với m > 0 thì hệ phƣơng trình c nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1.

Câu V: 3 0 ểm Cho nửa đƣờng tròn tâm O đƣờng kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với 
nửa đƣờng trịn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đƣờng tròn (C là tiếp
điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đƣờng tròn (O) tại D (D khác B).

a) Chứng minh AMCO là tứ giác nội tiếp đƣờng tròn.
b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đƣờng trịn.
c) Chứng mình

ADE



ACO

Giải.

MAO



MCO 90



0 nên tứ giác AMCO nội tiếp
b)

MEA



MDA



90

0. Tứ giác AMDE c

D, E cùng nhìn AM dƣới cùng một g c 900
Nên AMDE nội tiếp

c) Vì AMDE nội tiếp nên

ADE



AMEcùng chan cung AE

Vì AMCO nội tiếp nên

ACO



AMEcùng chan cung AO

Suy ra

ADE



ACO

D

O

E

M

C

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 87

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
GIA LAI

Đề chính thức
Ngày thi: 26/6/2012

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN 
N m c 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn (khơng chun)
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức Q x 2 x 2



x x



x 1

x 2 x 1

   

   


 

  , với x0, x1
a. Rút gọn biểu thức Q

b. Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên. 
Câu 2. (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình 2

x 2(m 1)x   m 2 0, với x là ẩn số, m R
a. Giải phƣơng trình đã cho khi m  – 2

b. Giả sử phƣơng trình đã cho c hai nghiệm phân biệt x1 và x2. Tìm hệ thức liên hệ giữa x1
và x2 mà kh ng phụ thuộc vào m.

Câu 3. (2,0 điểm)

Cho hệ phƣơng trình (m 1)x (m 1)y 4m
x (m 2)y 2

   



   

 , với m R

a. Giải hệ đã cho khi m  –3

b. Tìm điều kiện của m để phƣơng trình c nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đ . 
Câu 4. (2,0 điểm)

Cho hàm số 2

y x c đồ thị (P). Gọi d là đƣờng thẳng đi qua điểm M(0;1) và c hệ số g c k.
a. Viết phƣơng trình của đƣờng thẳng d

b. Tìm điều kiện của k để đt d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt. 
Câu 5. (2,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đƣờng tròn (O). Gọi H là giao điểm
của hai đƣờng cao BD và CE của tam giác ABC (DAC, EAB)

a. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đƣờng tròn

b. Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, 
J, I thẳng hàng

c. Gọi K, M lần lƣợt là giao điểm của AI với ED và BD. Chứng minh rằng

2 2 2

1 1 1

DK  DA DM

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 88
HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu 1.

a. Q x 2 x 2



x x



x 1

x 2 x 1

   
   

 
 



 



 



 
 
 
   
 
  
 
2

x 2 x 2

x x 1

x 1 x 1

x 1

   

  

 

 

x 2 x 2

x 1 x 1

     
  

 

 

x 1 1 x 1 1

x 1 x 1

 

    

 

 

1 1

1 1 x

x 1 x 1

 
  
 
 
1 1
x
x 1 x 1

  




x 1 x 1

. x

x 1  

2 x
. x

x 1  

2x
x 1
Vậy 


2x
Q

x 1
b.

Q nhận giá trị nguyên
 

   

  

2x 2x 2 2 2

Q 2

x 1 x 1 x 1



Q khi 


x 1 khi 2 chia hết cho x 1
  



    


x 1 1
x 1 2



 


  
 

x 0
x 2
x 1
x 3

đối chiếu điều kiện thì x 2
x 3




 


Câu 2. Cho pt x22(m 1)x   m 2 0, với x là ẩn số, m R
a. Giải phƣơng trình đã cho khi m  – 2

Ta c phƣơng trình 2

x 2x 4 0

2 2

x 2x 4  0 x 2x 1 5 





 

2
2

x 1 5 5
   

x 1 5

   x 1 5 x 1 5

x 1 5 x 1 5

       

 

    

 

 

Vậy phƣơng trinh c hai nghiệm x  1 5 và x  1 5
b.

Theo Vi-et, ta có
1 2

1 2

x x 2m 2 (1)
x x m 2 (2)

  

  

1 2
1 2

x x 2m 2
m x x 2

  



   







1 2 1 2

1 2

x x 2 x x 2 2
m x x 2

    


 

 



Suy ra x1x22 x x



1 2 2



2x1x22x x1 2 6 0
Câu 3. Cho hệ phƣơng trình (m 1)x (m 1)y 4m

x (m 2)y 2

   



   

 , với m R

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 89
Ta đƣợc hệ phƣơng trình 2x 2y 12

x 5y 2

   



  



x y 6
x 5y 2
   

   

x 7
y 1


  


Vậy hệ phƣơng trình c nghiệm

 

x; y với

 

7;1

b. Đ ều k ện có ng ệm của p ƣơng trìn



m 1



m 1

1 m 2

 
 

 



m 1 m 2



  

 

m 1





m 1 m 2



 

m 1



      



m 1 m 1



 



0
m 1 0

m 1 0
 

   

m 1
m 1
 

  



Vậy phƣơng trình c nghiệm khi m 1 và m 1
Giải hệ phƣơng trình (m 1)x (m 1)y 4m

x (m 2)y 2

   



   

 khi

m 1
m 1
 

 

(m 1)x (m 1)y 4m

x (m 2)y 2

   

   

  


 
   

4m
x y
m 1
x (m 2)y 2

  
 
  
 
 

4m
x y
m 1
2
y
m 1

 
 
  
 
 

4m 2
x

m 1
2
y
m 1
.

Vậy hệ c nghiệm (x; y) với    

 

 

4m 2 2

;
m 1 m 1
Câu 4.

a. V ết p ƣơng trìn của ƣờng t ẳng d

Đƣờng thẳng d với hệ số g c k c dạng ykxb

Đƣờng thẳng d đi qua điểm M(0; 1) nên 1 k.0 b   b 1
Vậy d : ykx 1

b.

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

x kx 1

   2

x kx 1 0

    , có  k24
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi  0

k  4 0 k2 4 k2 22  k 2 k 2
k 2
 

  

Câu 5.

a. BCDE nội tiếp
0
BECBDC90

Suy ra BCDE nội tiếp đƣờng trịn
đƣờng kính BC

b. H, J, I thẳng hàng

IB  AB; CE  AB (CH  AB)
Suy ra IB // CH

IC  AC; BD  AC (BH  AC)
Suy ra BH // IC

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 90
c. ACB AIB 1AB

 

ACBDEA cùng bù với g c DEB của tứ giác nội tiếp BCDE
0

BAIAIB90 vì ABI vu ng tại B

Suy ra BAIAED900 , hay EAKAEK900
Suy ra AEK vu ng tại K

Xét ADM vu ng tại M (suy từ giả thiết)
DK  AM (suy từ chứng minh trên)
Nhƣ vậy 1 2 1 2 1 2

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 91

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

THANH HÓA

NĂM HỌC 2012-2013

Môn thi : Toán

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề

Ngày thi 29 tháng 6 năm 2012

Bài 1

: (2.0 điểm) 1- Giải các phƣơng trình sau : a) x - 1 = 0

b)

x

- 3x + 2 = 0

2- Giải hệ phƣơng trình :











2
7
2

y
x

y

x

Bài 2

: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =

a
2
2



+

2 2 a
1



-

2
2
1

1
a
a




1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

2- Tìm giá trị của a ; biết A <

3
1

Bài 3

: (2.0 điểm)

1- Cho đƣờng thẳng (d) : y = ax + b .Tìm a; b để đƣờng thẳng (d) đi qua điểm A( -1

; 3) và song song với đƣờng thẳng (d’) : y = 5x + 3

2- Cho phƣơng trình ax

+ 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) .Tìm a để phƣơmg

trình đã cho c hai nghiệm phân biệt x

; x

thoả mãn

x12

+

2
2
x

= 4

Bài 4

: (3.0 điểm) Cho tam tam giác đều ABC c đƣờng cao AH . Trên cạnh BC lấy

điểm M

bất kỳ ( M kh ng trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lƣợt vu ng g c với các cạnh

AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)

1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đƣờng tròn

2- Gọi O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ .Chứng minh OH



PQ

3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH

Bài 5

: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b



1 và a > 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

2
4
8

b
a




---HẾT ---

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92></div>
(93)<div class='page_container' data-page=93></div>
(94)<div class='page_container' data-page=94></div>
(95)<div class='page_container' data-page=95></div>
(96)<div class='page_container' data-page=96></div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 97

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

QUẢNG NINH NĂM HỌC 2012 – 2013

MƠN: TỐN(Dùng cho mọi thí sinh dự thi)
Ngày thi: 28/6/2012

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề thi này có 01 trang)

Câu I. (2,0 điểm)

1) Rút gọn các biểu thức sau:
a) A = 2 1 18

2  b) B =

1 1 2

1 1 x

x   x   với x  0, x  1
2. Giải hệ phƣơng trình: 2x 5

2 4

y

x y

 


  


Câu II. 2 0 ểm

Cho phƣơng trình (ẩn x): x2– ax – 2 = 0 (*) 
1. Giải phƣơng trình (*) với a = 1.

2. Chứng minh rằng phƣơng trình (*) c hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của a.
3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phƣơng trình (*). Tìm giá trị của a để biểu thức:

N= x12(x12)(x22)x22 c giá trị nhỏ nhất.

Câu III. (2,0 điểm)Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Qng đƣờng sơng AB dài 78 km. Một chiếc thuyền máy đi từ A về phía B. Sau đ 1 giờ, một
chiếc ca nô đi từ B về phía A. Thuyền và ca nơ gặp nhau tại C cách B 36 km. Tính thời gian của
thuyền, thời gian của ca nô đã đi từ lúc khởi hành đến khi gặp nhau, biết vận

tốc của ca nô lớn hơn vận tốc của thuyền là 4 km/h.
Câu IV. (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C). Đƣờng trịn (O)
Đƣờng kính DC cắt BC tại E (E ≠ C).

1. Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp.

2. Đƣờng thẳng BD cắt đƣờng tròn (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh ED là tia phân giác của góc
AEI.

3. Giả sử tg ABC  2Tìm vị trí của D trên AC để EA là tiếp tuyến của đƣờng tròn đƣờng kính
DC.

CâuV. (0.5 điểm) Giải phƣơng trình:

72 x x (2 x) 7x

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 98
HƢỚNG DẪN GIẢI:

C©u IV :

c. Để EA là tiếp tuyến của Đ.Tròn, Đ. kính CD thì góc E1 = góc C1 (1)
Mà tứ giác ABED nội tiếp nên góc E1 = góc B1 (2)

Tõ (1) vµ (2) gãc C1 = gãc B1 ta l¹i cã gãc BAD chung nªn

ABD ACB 

AB
AD
AC

AB  

AB2 = AC.AD  AD =
AC
AB2

( I )
Theo bµi ra ta cã : tan (ABC) =

AB
AC

= 2 nªn

2
1
AC
AB

( II )
Tõ (I) vµ (II)  AD =

2
AB

.
VËy AD =

2
AB

thì EA là tiếp tuyến của ĐT, Đkính CD

C©u V:

Giải phƣơng trình: 72 x  x (2 x) 7x
Đặt 7x t ; x v §K v, t ≥ 0

 t2 2v(2v).t  ...  (tv)(t2)0 tv hoặc t=2
Nếu t= 2 thì 7x 2  x = 3 (TM)

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 99

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

KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn thi: TỐN

Ngày thi : 21/06/2011
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1( 2 điểm)

1) Đơn giản biểu thức: A 2 3 6 8 4

2 3 4

   



 

2) Cho biểu thức:

1 1

( ); ( 1)

1 1

P a a

a a a a

   

   

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

1) Cho phƣơng trình bậc hai x2 + 5x + 3 = 0 c hai nghiệm x1; x2. Hãy lập một phƣơng trình bậc
hai c hai nghiệm (x12

+ 1 ) và ( x22 + 1).

2) Giải hệ phƣơng trình

2 3
4
2
4 1

1
2
x y
x y
  

 




  

 


Bài 3( 2 điểm)

Quãng đƣờng từ A đến B dài 50km.Một ngƣời dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc kh ng đổi.Khi
đi đƣợc 2 giờ,ngƣời ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian đã định,ngƣời đ phải tăng
vận tốc thêm 2 km/h trên qng đƣờng cịn lại.Tính vận tốc ban đầu của ngƣời đi xe đạp.

Bài 4( 4 điểm)

Cho tam giác ABC c ba g c nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đƣờng thẳng đi qua D
và song song BC cắt đƣờng thẳng AH tại E.

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

3) Gọi O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đƣờng thẳng
AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC.

4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác BHC theo a

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 100
HƢỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1

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

2 3 4 2 3 4

       
   
   
4)
2
1 1

( ); 1

2 1 1 2 1 1; : 1

( 1 1) 0; 1

a a a a

P a a

a a

a a a a vi a

P a a

    

  

 

        

      

Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0
1) Có  25 12 13 0  

Nên pt lu n c 2 nghiệm phân biệt
 x1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3

Do đ S = x12

+ 1 + x22 + 1 = (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21
Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29
Vậy phƣơng trình cần lập là x2

– 21x + 29 = 0
2) ĐK x0;y2

2 3 14

4 7 2

2
2

2 3 1 4

12 3 3

4
3 2
2
2
x
x

x y x

y
y
x y
x y
      
    
  
   
   
       

  


Vậy HPT c nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3)
Bài 3 :

Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h)
 Th gian dự định : 50( )h

x

Quãng đƣờng đi đƣợc sau 2h : 2x (km)
 Quãng đƣờng còn lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc đi trên quãng đƣờng còn lại : x + 2 ( km/h)
Th gian đi quãng đƣờng còn lại : 50 2 ( )

2
x
h
x


Theo đề bài ta c PT:

1 50 2 50
2
2 2
x
x x

  


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

Bài 4 :

Giải câu c)

Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD c OM là ĐTBình => AH = 2 OM
Và AH // OM

2 tam giác AHG và MOG có HAG   OMG slt

 

AGH MGO

   (đ đ)

B C

E D

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 101

( )

2
AHG MOG G G

AH AG
MO MG

  

  

Hay AG = 2MG

Tam giác ABC c AM là trung tuyến; G  AM
Do đ G là trọng tâm của tam giác ABC

d) BHC    BDC( vì BHCD là HBH)
có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 102
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2012

ÌNH ĐỊNH Kh a ngày 29 tháng 6 năm 2012

Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 30/6/2012

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3, 0 điểm)

Học sinh kh ng sử dụng máy tính bỏ túi
a) Giải phƣơng trình: 2x – 5 = 0

b) Giải hệ phƣơng trình: y x 2

5x 3y 10

 


  


c) Rút gọn biểu thức

5 a 3 3 a 1 a 2 a 8
A

a 4

a 2 a 2

   

  



  với a0, a 4

d) Tính giá trị của biểu thức B 42 3  74 3
Bài 2: (2, 0 điểm)

Cho parabol (P) và đƣờng thẳng (d) c phƣơng trình lần lƣợt là 2

ymx và





y m x m (m là tham số, m 0).

a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P).

b) Chứng minh rằng với mọi m 0 đƣờng thẳng (d) lu n cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.

Bài 3: (2, 0 điểm)

Quãng đƣờng từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km. Cùng một lúc, một xe máy khởi hành từ
Quy Nhơn đi Bồng Sơn và một xe t khởi hành từ Bồng Sơn đi Quy Nhơn. Sau khi hai xe gặp nhau,
xe máy đi 1 giờ 30 phút nữa mới đến Bồng Sơn. Biết vận tốc hai xe kh ng thay đổi trên suốt quãng
đƣờng đi và vận tốc của xe máy kém vận tốc xe t là 20 km/h. Tính vận tốc mỗi xe.

Bài 4: (3, 0 điểm)

Cho đƣờng trịn tâm O đƣờng kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN
vu ng g c với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN.

a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AK.AH = R2

c) Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM, chứng minh NI = KB.

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 103

HƢỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1:

a) 2x – 5 = 0 2 5 0 2 5 5
2
x   x  x

b) y x 2 5x 5y 10 2y 20 y 10

5x 3y 10 5x 3y 10 y x 2 x 8

      

   

  

          

   





 



 



























2
2

2 2

5 a 3 a 2 3 a 1 a 2 a 2 a 8
5 a 3 3 a 1 a 2 a 8

a 4

a 2 a 2 a 2 a 2

a 8a 16
5a 10 a 3 a 6 3a 6 a a 2 a 2 a 8 a 8a 16

a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2

       

   

   



   

  

            

  

     









a 4

a 4 4 a
a 4

 

     





 



2 2

B 42 3 74 3  3 1  2 3  3 1  2 3  3 1 2   3 3
Bài 2:

a) Với m 1

 

P và

 

d lần lƣợt trở thành y x2; y x 2.

Lúc đ phƣơng trình hồnh độ giao điểm của

 

P và

 

d là: x2   x 2 x2   x 2 0 có
1 1 2 0

a b c      nên c hai nghiệm là x1 1; x2  2.
Với x1  1 y1  1

Với x2   2 y2  4

Vậy tọa độ giao điểm của

 

P và

 

d là



1; 1



và



 2; 4



.
b) Phƣơng trình hồnh độ giao điểm của

 

P và

 

d là:









 

2 2

2 1 2 1 0 *

mx  m x  m mx  m x  m .

Với m0 thì

 

* là phƣơng trình bậc hai ẩn x có









2 2 2

2 4 1 4 4 4 4 5 4 0

m m m m m m m m

              với mọi m. Suy ra

 

* ln có

hai nghiệm phân biệt với mọi m. Hay với mọi m 0 đƣờng thẳng (d) lu n cắt parabol (P) tại hai điểm

phân biệt.
Bài 3: 
Đổi '

1 30h 1, 5h
Đặt địa điểm :

- Quy Nhơn là A
- Hai xe gặp nhau là C
- Bồng Sơn là B

Gọi vận tốc của xe máy là x km h





. ĐK : x0.
Suy ra :

Vận tốc của t là x20



km h/



.
Quãng đƣờng BC là : 1,5x km

 

100-1,5x

1,5x

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 104
Quãng đƣờng AC là : 100 1,5 x km

 

Thời gian xe máy đi từ A đến C là : 100 1,5x

 

h
x



Thời gian t máy đi từ B đến C là : 1, 5

 

x
h
x

Vì hai xe khởi hành cùng lúc, nên ta c phƣơng trình : 100 1, 5 1, 5
20

x x

 


Giải pt :







2 2 2

100 1, 5 1, 5

100 1, 5 20 1, 5 100 2000 1, 5 30 1, 5
20

3 70 2000 0

x x

x x x x x x x

x x

          



   

' 35 3.2000 1225 6000 7225 0 ' 7225 85

          

Phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt : 1 35 85 40
3

x    (thỏa mãn ĐK)
2 35 85 50

3 3

x     (kh ng thỏa mãn ĐK)
Vậy vận tốc của xe máy là 40km h/ .

Vận tốc của t là 40 20 60 



km h/



.
Bài 4:

a) Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.

Ta có : AKB900 (g c nội tiếp chắn nữa đƣờng tròn)
hay HKB90 ;0 HCB900

 

gt

Tứ giác BCHK c 0 0 0

90 90 180

HKB HCB   



tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) AK AH. R2

Dễ thấy ΔACH ΔAKB .

 

. . 2 2

AC AH R

g g AK AH AC AB R R

AK AB

      

∽

c) NIKB
OAM

 có OAOM R gt

 

 OAM cân tại O

 

OAM

 có MC là đƣờng cao đồng thời là đƣờng trung tuyến (gt)  OAM cân tại M

 

   

1 & 2  OAM là tam giác đều MOA600 MON 1200 MKI 600

KMI

 là tam giác cân (KI = KM) có MKI 600 nên là tam giác đều MI MK

 

3 .
Dễ thấy BMK cân tại B c 1 1 1200 600

2 2

MBN  MON    nên là tam giác đều

 

MN MB

 

Gọi E là giao điểm của AK và MI.

I
H

N
M

C
A

O B

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 105
Dễ thấy

0
0

60
60

NKB NMB

NKB MIK
MIK



   

 



  KB // MI (vì c cặp g c ở vị trí so le trong bằng
nhau) mặt khác AK KB cmt

 

nên AK MI tại E HME 900 MHE.

Ta có :

 

0
90

HAC AHC

HME MHE cmt HAC HME

AHC MHE



 



   



 

mặt khác HAC KMB (cùng chắn KB)

HME KMB

  hay NMI  KMB

 

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 106
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012

ĐỒNG NAI Khóa ngày : 29 , 30 / 6 / 2012

Môn t : TOÁN HỌC 
Thời gian làm bài : 120 phút

( Đề này c 1 trang , 5 câu )
Câu 1 : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phƣơng trình : 7x2

– 8x – 9 = 0 .
2 / Giải hệ phƣơng trình :

3x + 2y =1

4x + 5y = 6




Câu 2 : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn các biểu thức :

M

12 +3

; N

3 2 2

3 2 1






2 / Cho x1 ; x2 là hai nghiệm của phƣơng trình : x2 – x – 1 = 0 .
Tính :

1 2

1 +

x

Câu 3 : ( 1,5 điểm )

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho các hàm số :

y = 3x2 c đồ thị ( P ) ; y = 2x – 3 c đồ thị là ( d ) ; y = kx + n c đồ thị là ( d1 ) với k và n là những
số thực .

1 / Vẽ đồ thị ( P ) .

2 / Tìm k và n biết ( d1 ) đi qua điểm T( 1 ; 2 ) và ( d1 ) // ( d ) .
Câu 4 : ( 1,5 điểm )

Một thửa đất hình chữ nhật c chu vi bằng 198 m , diện tích bằng 2430 m2 . Tính chiều dài và
chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật đã cho .

Câu 5 : ( 3,5 điểm )

Cho hình vu ng ABCD . Lấy điểm E thuộc cạnh BC , với E kh ng trùng B và E kh ng trùng C
. Vẽ EF vu ng g c với AE , với F thuộc CD . Đƣờng thẳng AF cắt đƣờng thẳng BC tại G . Vẽ đƣờng
thẳng a đi qua điểm A và vu ng g c với AE , đƣờng thẳng a cắt đƣờng thẳng DE tại điểm H .

1 / Chứng minh

AE

CD

AF



DE

2 / Chứng minh rằng tứ giác AEGH là tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng tròn .

3 / Gọi b là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE tại E , biết b cắt đƣờng trung
trực của đoạn thẳng EG tại điểm K . Chứng minh rằng KG là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại tiếp tam
giác AHE .

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 107
HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu 1 : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phƣơng trình : 7x2

– 8x – 9 = 0 ( x1,2 = 4 79
7


)
2 / Giải hệ phƣơng trình :

3x + 2y =1

4x + 5y = 6




 ( x ; y ) = (–1 ; 2 )
Câu 2 : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn các biểu thức :

M

12 +3

2 3 3

2

3 



 





2 1

3 2 2

N

2 1




  

 



2 / Cho x1 ; x2 là hai nghiệm của phƣơng trình : x2 – x – 1 = 0 .
S =

b

1 a

 

; P =

c

1 a



Nên : 1 2

1 2 1 2

1
1
1

x

1 +

x

x x



  



Câu 3 : ( 1,5 điểm ) 
1 / Vẽ đồ thị ( P ) .

2 / ( d1 ) // ( d ) nên k = 2 ; n



–3 và đi qua điểm T( 1 ; 2 ) nên x = 1 ; y = 2 . Ta c phƣơng
trình : 2 = 1.2 + n



n = 0

Câu 4 : ( 1,5 điểm )

Gọi x ( m ) là chiều dài thửa đất hình chữ nhật ( 49,5 < x < 99 )
Chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật là : 99 – x ( m )

Theo đề bài ta c phƣơng trình : x ( x – 99 ) = 2430
Giải đƣợc : x1 = 54 ( nhận ) ; x2 = 45 ( loại )
Vậy chiều dài thửa đất hình chữ nhật là 54 ( m )

Chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật là : 99 – 54 = 45 ( m )
Câu 5 : ( 3,5 điểm )

1 / Chứng minh tứ giác AEFD nội tiếp

1 1

A

D

 



AEF DCE ( g – g )

AE

AF

=

DC

DE

AE

DC

=

AF

DE



2 / Ta có

A

2 phụ với

A

1

Ta có

E

1 phụ với

D

1

1
2

1
1

K
I

b
a

G
H

F
E

D C

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 108
Mà

A

1



D

1

2 1

A

E





Suy ra tứ giác AEFD nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính HE

Gọi I trung điểm của HE



I là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEFD cũng là đƣờng tròn
ngoại tiếp

ΔAHE



I nằm trên đƣờng trung trực EG



IE = IG
Vì K nằm trên đƣờng trung trực EG



KE = KG
Suy ra IEK =IGK ( c-c-c )

0
IGK IEK 90





KG

IG





tại G của đƣờng tròn ngoại tiếp

ΔAHE

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 109
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

ẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013 
 Mơn thi : Tốn

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề 
Ngày thi 30 tháng 6 năm 2012
Câu 1. (2 ểm

1.Tính 1 2

2 1

2 .Xác định giá trị của a,biết đồ thị hàm số y = ax - 1 đi qua điểm M(1;5)
Câu 2: (3 ểm

1.Rút gọn biểu thức: ( 1 2 ).( 3 2 1)

2 2 2

a a

A

a a a a với a>0,a 4

2.Giải hệ pt: 2 5 9

3 5

x y
x y

3. Chứng minh rằng pt: x2 mx m 1 0 lu n c nghiệm với mọi giá trị của m.
Giả sử x1,x2 là 2 nghiệm của pt đã cho,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

1 2

4.(

1 2

)

B

x

Câu 3: (1,5 ểm

Một t tải đi từ A đến B với vận tốc 40km/h. Sau 2 giờ 30 phút thì một t taxi cũng xuất phát đi
từ A đến B với vận tốc 60 km/h và đến B cùng lúc với xe t tải.Tính độ dài quãng đƣờng AB.

Câu 4: (3 ểm

Cho đƣờng tròn (O) và một điểm A sao cho OA=3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ của đƣờng
tròn (O),với P và Q là 2 tiếp điểm.Lấy M thuộc đƣờng tròn (O) sao cho PM song song với AQ.Gọi N
là giao điểm thứ 2 của đƣờng thẳng AM và đƣờng tròn (O).Tia PN cắt đƣờng thẳng AQ tại K.

1.Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh KA2=KN.KP

3.Kẻ đƣờng kính QS của đƣờng tròn (O).Chứng minh tia NS là tia phân giác của g cPNM.
4. Gọi G là giao điểm của 2 đƣờng thẳng AO và PK .Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R.
Câu 5: (0,5 ểm

Cho a,b,c là 3 số thực khác kh ng và thoả mãn:
2 2 2

2013 2013 2013

( ) ( ) ( ) 2 0

a b c b c a c a b abc

a b c

Hãy tính giá trị của biểu thức Q 20131 20131 20131

a b c

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 110

HƯỚNG DẪN CHẤM (tham khảo)

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1

1 2 1 2 1

2 2 2 2 1 2 1

2 1 ( 2 1).( 2 1) ( 2) 1)

KL:

1

2 Do đồ thị hàm số y = ax-1 đi qua M(1;5) nên ta có a.1-1=5 a=6 
KL:

1

2 1 2 ( 1).( 2)

( ).( 1)

( 2) ( 2) 2

2 1

( ).( 1 1) . 1

( 2)

a a a

A

a a a a a

a

a a

a a a

KL:

0,5 
0,5

2

2 5 9 2 5 9 2 5 9 1

3 5 15 5 25 17 34 2

x y x y x y y

x y x y x x

KL:

1

3

Xét Pt:

x

mx

m

1

0

2 2 2

Δ m 4(m 1) m 4m 4 (m 2) 0

Vậy pt ln có nghiệm với mọi m 
Theo hệ thức Viet ta có 1 2

1 2 1

x x m

x x m

Theo đề bài

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2

4.(

)

(

)

2 4.(

)

2(

1)

4(

)

2

4

2

1 (

1)

1 B

x

x x

x

m

Vậy minB=1 khi và chỉ khi m = -1 
KL:

0,25

0,25

0,5

3 Gọi độ dài quãmg đường AB là x (km) x>0 
Thời gian xe tải đi từ A đến B là

40
x

h 
Thời gian xe Taxi đi từ A đến B là :

60
x

h 
Do xe tải xuất phát trước 2h30phút = 5

2 nên ta có pt

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 111

5
40 60 2

3 2 300
300
x x

x x

x

Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK 
Vậy độ dài quãng đường AB là 300 km.

0,25

4 1

Xét tứ giác APOQ có

0
90

APO (Do AP là tiếp tuyến của (O) ở P) 
0

AQO (Do AQ là tiếp tuyến của (O) ở Q)

0
180

APO AQO ,mà hai góc này là 2 góc đối nên tứ giác APOQ là tứ giác nội 
tiếp

0,75

2 Xét

Δ

AKN và ΔPAK có AKP là góc chung

APN AMP ( Góc nt……cùng chắn cung NP) 
Mà NAK AMP(so le trong của PM //AQ

Δ

AKN ~ ΔPKA (gg) AK NK AK2 NK KP.

PK AK (đpcm)

0,75

3 Kẻ đường kính QS của đường trịn (O) 
Ta có AQ QS (AQ là tt của (O) ở Q) 
Mà PM//AQ (gt) nên PM QS

Đường kính QS PM nên QS đi qua điểm chính giữa của cung PM nhỏ

sd PS sd SM PNS SNM (hai góc nt chắn 2 cung bằng nhau) 
Hay NS là tia phân giác của góc PNM

0,75

4 Chứng minh được

Δ

AQO vng ở Q, có QG AO(theo Tính chất 2 tiếp tuyến cắt 
nhau)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vng ta có

2 2

2 1

3 3

1 8

3 3

OQ R

OQ OI OA OI R

OA R

AI OA OI R R R

Do ΔKNQ ~ΔKQP (gg) KQ2 KN KP. mà AK2 NK KP. nên AK=KQ 
Vậy ΔAPQ có các trung tuyến AI và PK cắt nhau ở G nên G là trọng tâm

0,75

M
I

Q
P

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 112
2 2 8 16

3 3 3 9

AG AI R R

5 Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

( ) ( ) ( ) 2 0

2 0

( ) ( ) (2 ) 0

( ) ( ) ( ) 0

( )( ) 0

( ).( ).( ) 0

a b c b c a c a b abc

a b a c b c b a c a c b abc
a b b a c a c b abc b c a c
ab a b c a b c a b

a b ab c ac bc

a b a c b c

*TH1: nếu a+ b=0 
Ta có 2013 2013 2013

1
1

a b a b

c

a b c ta có 2013 2013 2013

1 1 1

Q

a b c

Các trường hợp còn lại xét tương tự 
Vậy Q 20131 20131 20131 1

a b c

0,25

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 113
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH YÊN ÁI NĂM HỌC 2012 - 2013 
 Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian

giao đề)

Khóa thi ngày 23/6/2012

(Đề thi c 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1: 2 0 ểm

1. Cho hàm số y = x + 3 (1)
a. Tính giá trị của y khi x = 1
b. Vẽ đồ thị của hàm số (1)

2. Giải phƣơng trình: 4x2 − 7x + 3 = 0
Câu 2: 2 0 ểm

Cho biểu thức M = 1
3− x +

x
3+ x −

x+9
x−9

1. Tìm điều kiện của x để biểu thức M c nghĩa. Rút gọn biểu thức M.
2. Tìm các giá trị của x để M > 1

Câu 3: 2 0 ểm

Một đội thợ mỏ phải khai thác 260 tấn than trong một thời hạn nhất định. Trên thực tế, mỗi ngày
đội đều khai thác vƣợt định mức 3 tấn, do đ họ đã khai thác đƣợc 261 tấn than và xong trƣớc thời
hạn một ngày.

Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày đội thợ phải khai thác bao nhiêu tấn than?

Câu 4: 3 0 ểm)

Cho nửa đƣờng tròn tâm O, đƣờng kính AB = 12 cm. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa
đƣờng tròn (O) vẽ các tia tiếp tuyến Ax, By. M là một điểm thuộc nửa đƣờng tròn (O), M kh ng trùng
với A và B. AM cắt By tại D, BM cắt Ax tại C. E là trung điểm của đoạn thẳng BD.

1. Chứng minh: AC . BD = AB2.

2. Chứng minh: EM là tiếp tuyến của nửa đƣờng tròn tâm O.

3. Kéo dài EM cắt Ax tại F. Xác định vị trí của điểm M trên nửa đƣờng tròn tâm O sao cho diện tích
tứ giác AFEB đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đ .

Câu 5: (1,0 điểm)

Tính giá trị của biểu thức T = x2 + y2 + z2 − 7 biết:

x + y + z = 2 x−34 + 4 y−21 + 6 z−4 + 45

</div>
(114)<div class='page_container' data-page=114>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 114
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

************

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI MÔN : TOÁN

T ờ g an l m b 120 p út k ông kể t ờ g an g ao ề

Câu 1 2 0 ểm .Cho biểu thức :P=

3 62 4

1 1 1

x x

x x x



 

  

1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P

2. Rút gọn P

Câu 2 2 0 ểm . Cho hệ phƣơng trình :

2 4

ax 3 5

x ay
y

  



  



1. Giải hệ phƣơng trình với a=1

2. Tìm a để hệ phƣơng trình c nghiệm duy nhất.

Câu 3 2 0 ểm .Một hình chữ nhật c chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng

nếu giảm mỗi chiều đi 2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính

chiều dài hình chữ nhật đã cho.

Câu 4 3 0 ểm .Cho đƣờng tròn (O;R)(điểm O cố định ,giá trị R kh ng đổi) và điểm M

nằm bên ngoài (O).Kẻ hai tiếp tuyến MB,MC (B,C là các tiếp điểm )của (O)và tia Mx

nằm giữa hai tia MO và MC.Qua B kẻ đƣờng thẳng song song với Mx,đƣờng thẳng này

cắt (O) tại điểm thứ hai là A.Vẽ đƣờng kính BB’ của (O).Qua O kẻ đƣờng thẳng vu ng

g c với BB’,đƣờng thẳng này cắt MC và B’C lần lƣợt tại K và E.Chứng minh rằng:

1. 4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đƣờng tròn.

2. Đoạn thẳng ME = R.

3. Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đƣờng trịn cố

định ,chỉ rõ tâm và bán kính của đƣờng tròn đ .

Câu 5 1 0 ểm Cho a,b,c là các số dƣơng thỏa mãn a+b+c=4.Chứng minh rằng :

4 3 4 3 4 3

2 2

a  b  c 

</div>
(115)<div class='page_container' data-page=115>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 115

Câu 5:













3 3 3

4 4 4

3 3 3

4 4 4

a b c

a b c a a b c b a b c c

a b c

a b c

 

        

  

  


Do ó

4 3 4 3 4 3
4

4 4

2 2
4 2

</div>
(116)<div class='page_container' data-page=116>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 116
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM

TRƢỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013

MƠN THI: TỐN (khơng chun)

(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho phƣơng trình

 

4 1 0

1 x



x x

  

m

a) Giải phƣơng trình (1) khi m = - 33.

b) Tìm m để phƣơng trình (1) c đúng hai nghiệm phân biệt x

, x

thỏa

6 6

1 2

82 x



x



Câu 2: (2,0 điểm)

1) Giải phƣơng trình 2

x

    

7

3 x

5 1

2) Giải hệ phƣơng trình

2 1 2 5

1

5

10

2 x

xy

y





 













Câu 3: (2,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức

2 a

b

ab

T

ab

a

b

ab

a

b



























với

,

0,

1 a b



a



. Tìm giá trị lớn nhất của T khi a là số tự nhiên khác 1.

2. Tìm ba số tự nhiên liên tiếp biết tổng ba tích của từng cặp số khác nhau của

chúng là 1727.

Câu 4: (1,0 điểm)

Tổng kết học kỳ 2, trƣờng trung học cơ sở N c 60 học sinh kh ng đạt học sinh

giỏi trong đ c 6 em từng đạt học sinh giỏi trong học kỳ 1; số học sinh giỏi học kỳ 2

bằng

40

37 số học sinh giỏi học kỳ 1 và c 8% số học sinh của trƣờng kh ng đạt học sinh

giỏi học kỳ 1 nhƣng đạt học sinh giỏi học kỳ 2. Tìm số học sinh giỏi học kỳ 2 của trƣờng

biết rằng số học sinh của trƣờng kh ng thay đổi trong suốt năm học.

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp đƣờng tròn (C) tâm O, bán kính R và c

0 0

105 , 30

DAB ACD

.

a)

Tính

DB

DC

và tính AB theo R.

b)

Tiếp tuyến của (C) tại B cắt các đƣờng thẳng DO, DA lần lƣợt tại M, N. Tính

MN

MD

c)

Gọi E là trung điểm của AB, tia DE cắt MN tại F. Tính

BF

</div>
(117)<div class='page_container' data-page=117>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 117

SƠ LƢỢC ÀI GIẢI

Câu 1: (2,0 điểm)

ĐK:

x



0 Đặt





0 x



t



, ta có:

 

1     

t

4 t

m

1 0

 

*

a)

Khi m = - 33, ta có:

 









4 *

4

32

0

8 t

loai

t

chon

  

  

  





Ta có

x

 

8 x



64  

x

4 

TMDK



b)

(1) c hai nghiệm phân biệt



(*) c hai nghiệm dƣơng phân biệt

0

4 1 0

0 1 0

1

3

0

4

0 m

P

m

S



 

  









 



 

   











Khi đ theo Viet, ta c :

1 2
1 2

4

1 t

t t

m

 





 



và

3 2 3 2

1 1

,

2 2

x



t

x



t

Do đ

6 6



3 3



2 3 3



2 2



2 2 2

1 2

82

1 2

2

1 2

82

1 2

2

1 2

82 x



x





x



x



x x





t



t



t t







2 2





2





2

2 2

1 2

2

1 2

2

1 2

82

16

2

1

2

1

82 t

t t

m















































2

30

56

0

28 m

chon

m

loai

 







  





. Vậy m = 2

Câu 2: (2,0 điểm)

1) ĐK:

7

5

2 x

3    

2 x

     

7

3 x

5 1

2 x

    

7 1

3 x

5 x

13 2 2

x

7 

 



(ĐK

13

5 x

 

)









47

25

122 141 0

25

3 x

chon

x

loai

  







 



 



Vậy phƣơng trình c một nghiệm là

47

25 x

 

2)

2 2 2

2 2 2 2

2 1 2 5

1

5

2 2 5 1

0

10

2

5 x

xy

x

xy

x

xy

y

xy

y

x

y

</div>
(118)<div class='page_container' data-page=118>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 118





2 2
2 2
2
2 2

5

2 1 2 5

1 2 5

5 5

5 1 2 5

0 2 5

1 2 5

y

x

y

x

xy

x

y

x

y

x

y

x

y

x

vo nghiem

x



 

















 





















 

























 







 





 























 





















1,

5 1,

5 x

y

x

y





 

 



. Vậy hệ c hai nghiệm

 

1; 5 và



 

1;

5 

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Rút gọn

1 a

T

a







Ta có

1

2

1 a

T

a





 



. T lớn nhất (a



N)



2

1 a



lớn nhất (a



N)



a = 2

Vậy giá trị lớn nhất của T (a



N) là 3 khi a = 2

2) Gọi x, x + 1, x + 2 lần lƣợt là ba số phải tìm (x



N)

Ta c phƣơng trình

x x



 

1  

x x

 

2  

x



1 

x



2 



1727









23

2

575

0

25 x

chon

x

loai

 







  

 



Vậy ba số phải tìm là 23; 24; 25

Câu 4: (1,0 điểm)

Gọi x là số học sinh của trƣờng (x



N, x > 60)

Khi đ : số học sinh giỏi ở học kỳ 2 là x – 60

Số học sinh giỏi ở học kỳ 1 là x – 60 + 6 – 8%x =

23

54

25 x



Theo đề ta c phƣơng trình:

40 23

1

60

54

300 37 25

185

37 x









x









x



 

x





(TMĐK)

</div>
(119)<div class='page_container' data-page=119>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 119

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp đƣờng tròn (C) tâm O, bán kính R và có

0 0

105 , 30

DAB ACD

.

a)

Tính

DB

DC

và tính AB theo R.

b)

Tiếp tuyến của (C) tại B cắt các đƣờng thẳng DO, DA lần lƣợt tại M, N. Tính

MN

MD

c)

Gọi E là trung điểm của AB, tia DE cắt MN tại F. Tính

BF

BC

.

a)

ADC



180 

DAB



180 

105 

75 (AB // CD)



ACD ta có:

DAC



180 



CDA



ACD







0 0 0 0

180

75

30

75 ADC









Nên



ACD cân tại C



AC = DC

Vì hình thang ABCD nội tiếp đƣờng tròn (C) nên

ABCD là hình thang cân



AC = DB, do đ DB = DC



DB 1
DC 

Lại c :

30 BDC



ACD



(ABCD là hình thang cân)

0 0 0

75

30

45 ADB

ADC

BDC















sđ

0 0

90 AB





AOB







AOB vu ng cân tại O

2 2 2

2 AB

OA

R

AB

R









b)

sđ

AD



2 ACD

 

2 30



60 

AOD



60 do đ



AOD đều

60 MDN





(a)

sđ

0 0

210

90

2 2 105

210

60

2 BCD



DAB

 





MND







(b)

</div>
(120)<div class='page_container' data-page=120>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 120

c)



AOB có:

90 ,

1

2 AOB



EA



EB



AB

(gt)

1

2 EO

EA

AB





, lại c DO = DA (



AOD đều) nên DE là trung trực của OA

Gọi H là giao điểm của DF và OA, xét tứ giác OBFH ta c :

90 OHF



(DE là trung trực OA)

90 HOB



(

AOB



90 )

90 OBF



(MN là tiếp tuyến của (C) tại B)

Vậy OBFH là hình chữ nhật

1

2 BF

OH

OA

AD





Lại c BC = AD (ABCD là hình thang cân)

Nên

1

2 BF

BC

</div>
(121)<div class='page_container' data-page=121>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 121
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN N m c 2012 – 2013 
Mơn: TỐN (chung)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi này có 01 trang

Bài 1: (1,25 điểm)

1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức 1 x .

2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y = 2mx + 1 đi qua điểm M (1; 2).
3) Lập một phƣơng trình bậc hai c hai nghiệm là 2 và 3.

4) Cho tam giác ABC vu ng tại A c đƣờng cao AH. Biết HB = 1cm, HC = 4cm.
Tính độ dài đoạn AH.

5) Cho một hình trịn c chu vi bằng 20 cm. Tính độ dài đƣờng kính.

Bài 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức





3 x x 1
3x x

x x x x 1

 



 

  , với điều kiện: x > 0.

1) Rút gọn biểu thức A.
2) Chứng minh A < 4.

Bài 3: (2,0 điểm) Cho phƣơng trình x22 m 2 x 3m 3







  0 1

 

( m là tham số ).

1) Giải phƣơng trình (1) với m = 5.

2) Chứng minh phƣơng trình (1) lu n c hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
Gọi hai nghiệm của phƣơng trình (1) là x , x1 2. Tìm các giá trị của m sao cho:



2 2



1 2 1 2

6x x  x x 4m 0.

Bài 4: (3,0 điểm) Cho nửa đƣờng trịn đƣờng kính AB, gọi C là điểm thuộc nửa đƣờng tròn ( C

khác A và C khác B ). Kẻ đƣờng cao CH của tam giác ABC và đƣờng cao HK của tam giác
HBC.

1) Chứng minh CH.BC = HK.AB.

2) Gọi M và I lần lƣợt là trung điểm của BH và CH, chứng minh MK  KI.
3) Chứng minh đƣờng thẳng IK tiếp xúc với đƣờng trịn đƣờng kính AH.

Bài 5: (1,25 điểm) Giải hệ phƣơng trình















 





y 1 2x 1 x 2y 3

x 1 2y 1 2x 3 4y 5 .

    




    



Bài 6: (1,0 điểm) Cho a, b, c ,d là các số thực dƣơng thay đổi thỏa mãn điều kiện a + b +c + d

= 3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 4 4 4

3 3 3 3

a b c d
P

a b c d

  



   .

</div>
(122)<div class='page_container' data-page=122>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 122
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

KHÁNH HÒA N m c: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TOÁN

Ngày thi: 30/6/2012

(Thời gian: 120 phút – không kể thời gian phát đề) 
(Đề thi c 01 trang)

Bài 1: (2.00 ểm) (Kh ng dùng máy tính cầm tay) 
1) Rút gọn biểu thức: A = 12 48 75
2) Giải hệ phƣơng trình: 2x 3

3x 2 8

y
y

 


  


Bài 2: (2.00 ểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho parapol (P) : y = 1 2
4x .
1. Vẽ đồ thị (P).

2. Xác định các giá trị của tham số m để đƣờng thẳng (d): y = 1
2 x + m

cắt parabol (P) tại hai
điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) sao cho

y



y



x



3 x

 

2

Bài 3: (2.00 ểm)

Hai vòi nƣớc cùng chảy vào một bể cạn sau 1 giờ 3 phút bể đầy nƣớc. Nếu mở riêng từng vịi
thì vịi thứ nhất chảy đầy bể chậm hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng vịi thì mỗi vịi chảy
bao lâu đầy bể?

Bài 4 (4.00 ểm)

Cho tam giác ABC vu ng tại A. Vẽ đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB, (O) cắt BC tại điểm thứ hai
là D. Gọi E là trung điểm của đoạn OB. Qua D kẻ đƣờng thẳng vu ng g c với DE cắt AC tại F.

1) Chứng minh tứ giác AFDE nội tiếp.
2) Chứng minh BDE=AEF

3) Chứng minh tanEBD = 3tan AEF

4) Một đƣờng thẳng (d) quay quanh điểm C cắt (O) tại hai điểm M, N. Xác định vị trí của (d) để
độ dài CM + CN đạt giá trị nhỏ nhất.

</div>
(123)<div class='page_container' data-page=123>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 123
HƢỚNG DẪN GIẢI

Bài 2: (2.00 ểm) 
2) G ả :

Xét phƣơng trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:
2

1
4x =

1
2 x + m

 1 2
4x -

1
2x - m

= 0  x2 – 2x – 4m2 = 0

’ = 1 + 4m2

> 0 với mọi m

Vật pt lu n c hai nghiệm x1, x2 phân biệt, theo hệ thức Viet, ta c :
x1 + x2 = 2 (1)

x1.x2= -4m2 (2)
Theo đề bài ta c :

y



y



x



3 x

 

2

mà y =

2
1
4x .

 2 2 2 2

1 2 1 2

1 1

3 2

4x 4x x  x  

 2 2

1 2

5 13

2
4x  4 x  

Ta có: x1 + x2 = 2 => x1= 2 – x2, ta đƣợc:

2 2

5 13

(2 ) 2

4 x  4 x  



2 2

8x 20x 280
Ta có: a + b + c = 8 + 20 -28 = 0
Vậy pt c hai nghiệm: x21= 1; x22 =

28 7
8 2

 


* Với x21= 1=> x11 = 1

Suy ra: -4m2 = 1 (v nghiệm với mọi m)
* Với x22 = 7

2


=> x12 = 11
2
Suy ra: -4m2 = 77

4


=> m = 77
4


Vậy m = 77
4

 thì đƣờng thẳng (d): y = 1
2 x + m

cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt

A(x1;y1) và B(x2;y2) sao cho

y



y



x



3 x

 

2

Bài 3: (2.00 ểm)

Gọi x, y lần lƣợt là thời gian chảy một mình đầy bể của vịi 1, 2 ( x, y > 21
20)

Ta có hpt:

1 1 20
21
2

x y
x y

  




  


</div>
(124)<div class='page_container' data-page=124>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 124
Giải hpt ta c : (x;y) = 7 3;

2 2
 
 

 

Vậy thời gian chảy một mình đầy bể của vịi 1 là : 7

2 ; vòi 2là:
3
2 giờ.
Bài 4 (4.00 ểm)

N

M

F

D

E

A

O

B

C

c) Ta có: ABD vu ng tại D: tan EBD = D
D
A
B
AEF vu ng tại A: tan AEF = F

E 3

A AF

A  BE => 3tan AEF =
3
3

AF AF
BE BE

 

Mà: AFD  BEB (gg) => AF D
D

A
BE  B

Suy ra: tan EBD= 3tan AEF

d) Ta có: CMA  CAN (gg) => CM.CN = CA2 (không đổi)

</div>
(125)<div class='page_container' data-page=125>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 125

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

QUẢNG NINH

NĂM HỌC 2012 – 2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

(Dùng cho mọi thí sinh dự thi)

Ngày thi: 28/6/2012

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề thi này có 01 trang)

Câu I. (2,0 điểm)

1) Rút gọn các biểu thức sau:
a) A= 2 1 18

2  b) B=

1 1 2

1 1 x

x  x    với x0, x1
2. Giải hệ phƣơng trình:

2x 5

2 4

y

x y

 


  


Câu II. 2 0 ểm

Cho phƣơng trình (ẩn x): x2– ax – 2 = 0 (*) 
1. Giải phƣơng trình (*) với a = 1.

2. Chứng minh rằng phƣơng trình (*) c hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của a.
3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phƣơng trình (*). Tìm giá trị của a để biểu thức:
N= x12(x12)(x22)x22 c giá trị nhỏ nhất.

Câu III. (2,0 điểm)Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Qng đƣờng sơng AB dài 78 km. Một chiếc thuyền máy đi từ A về phía B. Sau đ 1 giờ, một
chiếc ca nơ đi từ B về phía A. Thuyền và ca nô gặp nhau tại C cách B 36 km. Tính thời gian của
thuyền, thời gian của ca nơ đã đi từ lúc khởi hành đến khi gặp nhau, biết vận

tốc của ca nô lớn hơn vận tốc của thuyền là 4 km/h.
Câu IV. (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C). Đƣờng
tròn (O) Đƣờng kính DC cắt BC tại E (E ≠ C).

1. Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp.

2. Đƣờng thẳng BD cắt đƣờng tròn (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh ED là tia phân giác
của góc AEI.

3. Giả sử tg ABC  2Tìm vị trí của D trên AC để EA là tiếp tuyến của đƣờng trịn đƣờng kính
DC.

CâuV. (0.5 điểm) Giải phƣơng trình:

72 x x (2 x) 7x

………Hết………

</div>
(126)<div class='page_container' data-page=126>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 126

HƢỚNG DẪN

Câu IV :

c. Để EA là tiếp tuyến của Đ.Tròn, Đ. kính CD thì góc E

= góc C

(1)

Mà tứ giác ABED nội tiếp nên gãc E

= gãc B

(2)

Tõ (1) vµ (2) gãc C

= gãc B

ta l¹i cã gãc BAD chung nªn

ABD ACB 

AB
AD
AC
AB

  AB2 = AC.AD  AD =
AC
AB2

( I )

Theo bµi ra ta cã : tan (ABC) =

AB
AC

=

nªn

2
1

AC
AB

( II )

Tõ (I) vµ (II)

 AD =

2
AB

VËy AD =

2
AB

thì EA là tiếp tuyến của ĐT, Đkính CD

C©u V:

Giải phƣơng trình:

72 x x (2 x) 7x

Đặt

7x t

;

x v

§K v, t

≥ 0



t2 2v(2v).t



...



(tv)(t2)0

tv

hoặc

t=2

Nếu t= 2 thì

7x 2



x = 3 (TM)

NÕu t = v th×

7x  x



x = 3,5 ( TM )

</div>
(127)<div class='page_container' data-page=127>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 127
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN

(Đề gồm có 1 trang) Dùng c o t í s n t v o lớp c uyên Nga - Pháp)

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

Ngày thi : 18 t áng 6 n m 2012
Câu 1: (2.0 điểm )

Cho biểu thức : 2 3 2 : 2

5 6 2 3 1

x x x x

A

x x x x x

      

       

    

   

1/ Rút gọn biểu thức A.

2/ Tìm các giá trị của x để 1 5
2
A 
Câu 2 (2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2



a



0 

và đƣờng thẳng (d): y = bx + 1
1/ Tìm các giá trị của a và b để (P) và (d) cùng đi qua điểm M(1; 2)

2/ Với a, b vừa tìm đƣợc, chứng minh rằng (P) và (d) cịn c một điểm chung N khác M. Tính
diện tích tam giác MON (với O là gốc toạ độ)

Câu 3 (2.0 điểm)

1/ Cho phƣơng trình :

x



(2

m



1)

x m



  

m

6

0

(m là tham số). Tìm m để
phƣơng trình c hai nghiệm dƣơng phân biệt

2/ Giải hệ phƣơng trình:

1 1 2

1 1
1

x y

    




 




Câu 4 (3.0 điểm) : Cho A là điểm cố định nằm ngồi đƣờng trịn (O). Từ A kẻ tiếp tuyến AP và AQ tới

đƣờng tròn (P và Q là các tiếp điểm). Đƣờng thẳng đi qua O và vu ng g c với OP cắt đƣờng thẳng OQ

tại M.

1/ Chứng minh rằng: MO = MA

2/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đƣờng tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O) tại N cắt các tia
AP, AQ lần lƣợt tại B và C. Chứng minh rằng:

AB



AC BC



kh ng phụ thuộc vào vị trí của điểm N.

b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đƣợc trong một đƣờng tròn thì PQ//BC

Câu 5 (1.0 điểm)

Cho x, y là các số thực dƣơng thoả mãn :

1

2 x

 

y

. Chứng minh rằng :

2 2

5 x

 

y

4 xy



y



3

--- Hết ---

</div>
(128)<div class='page_container' data-page=128>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 128
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 
NĂM HỌC 2012-2013

Khóa ngày:21/6/2012

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho biểu thức 2 4 6 :2 2



0, 1



a a a

P a a

a a

    

   



 

1. Rút gọn biểu thức P.
2. Chứng minh rằng P20121.
Câu 2 (1,0 điểm)

Cho x y z, , là các số dƣơng. Chứng minh x2y2z2  xyyzzx.
Dấu “=” xảy ra khi nào ?

Câu 3 (3,0 điểm)

1. Giải hệ phƣơng trình :

2 2

19
84
xy x y
x y xy

  




 

 .

2. Tìm m nguyên để phƣơng trình sau c ít nhất một nghiệm ngun:

2 2

2 3 8 6 0

x  mx m  m  .
Câu 4 (1,0 điểm)

Cho x y z t, , , không âm, thỏa điều kiện:

7 50
60
15
x y
x z
y t

 



  


  


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A2x  y z t.
Câu 5 (1,0 điểm)

Cho đƣờng tròn

 

O , dây cung AB AB( 2 )R , một điểm Mchạy trên cung nhỏ AB. Xác định vị trí của

Mđể chu vi MAB đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6 (2,0 điểm)

Cho đƣờng tròn



O R;



vẽ dây cung AB2R. Các tiếp tuyến Ax By, của đƣờng tròn

 

O cắt nhau tại

M. Gọi Ilà trung điểm của MAvà Klà giao điểm của BIvới

 

O .

1. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Kẻ dây cung KF đi qua điểm H. Chứng minh rằng MO là tia
phân giác của KMF .

2. Tia MK cắt đƣờng tròn tại điểm C(CkhácK). Chứng minh ABC cân tại A.
---HẾT---

Thí inh khơng đ ợc ử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không gi i thích gì thêm.

</div>
(129)<div class='page_container' data-page=129>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 129

Chữ kí của giám thị 1: ... Chữ kí của giám thị 2: ...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƢƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƢỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013 
Mơn thi: TỐN (chun)

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề t gồm : 01 trang

Ngày thi 20 tháng 6 năm 2012

Câu I 2 0 ểm

3) Phân tích đa thức sau thành nhân tử

a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc

2 2 2 .

4) Cho x, y thỏa mãn x 3 y- y +1+ y+ y +12 3 2 . Tính giá trị của biểu thức

4 3 2 2

A



x +x y+3x +xy- 2y +1

Câu II 2 0 ểm

1) Giải phƣơng trình

(x - 4x+11)(x - 8x +21)

2 4 2



35

2) Giải hệ phƣơng trình







2 2

x+ x +2012

y+ y +2012

2012

x + z - 4(y+z)+8

0 







Câu III 2 0 ểm

1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì (n2 + n + 1) kh ng chia hết cho 9.

2) Xét phƣơng trình x2 – m2x + 2m + 2 = 0 (1) (ẩn x). Tìm các giá trị nguyên dƣơng của m để phƣơng
trình (1) c nghiệm nguyên.

Câu IV 3 0 ểm

Cho tam giác ABC vu ng tại A c AB < AC ngoại tiếp đƣờng tròn tâm O. Gọi D, E, F lần lƣợt là tiếp
điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF tại I. M là điểm di chuyển trên đoạn CE.

1) Tính

BIF

2) Gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng nếu AM = AB thì tứ giác ABHI nội tiếp.
3) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O), P và Q lần lƣợt là hình chiếu của N trên các
đƣờng thẳng DE, DF. Xác định vị trí của điểm M để PQ lớn nhất.

Câu V 1 0 ểm

Cho 3 số a, b, c thỏa mãn

0    

a

b

c 1

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 B (a+b+c+3)

+

a+1 b+1 c+1

 

 

 



---Hết---

Họ và tên thí sinh………. Số báo danh………...………
Chữ kí của giám thị 1: ……… Chữ kí của giám thị 2: ………

</div>
(130)<div class='page_container' data-page=130>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 130
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƢƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƢỜNG THPT CHUYÊN 
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013

HƢỚNG DẪN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN c uyên 
Hƣớng dẫn c ấm gồm : 03 trang

I HƢỚNG DẪN CHUNG.

II ĐÁP ÁN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu I 2 0

1 1 0 ểm 2 2 2 2 2 2

a (b - 2c) +b (c - a) + 2c (a - b) + abc=2c (a - b)+ab(a-b)-c(a b )ac a b(  ) 0,25
2

(a b)[2c 2ac ab bc]

     0,25

(a b)[2 (c c a) b a c( )]

     0,25

(a b a c b)( )( 2 )c

    0,25

2 1 0 ểm

Có x = y- y + 13 2  3 y+ y + 12

3 3 2 3 2 3 2 3 2

x = 2y +3 y - y + 1 . y+ y + 1 y- y +1 y+ y +1

   

 

0,25

x + 3x -2y = 0

 0,25

4 3 2 2 4 2 3 2

A = x + x y + 3x - 2xy + 3xy - 2y + 1 = (x +3x -2xy) +(x y+3xy - 2y ) 1 0,25

3 3

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

   0,25

Câu II 1 0

1 1 0 ểm phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với 2 2 2

(x 2) 7 (x 4) 5 35

       

    (1) 0,25

2 2 2

2 2
( 2) 7 7

( 2) 7 ( 4) 5 35
( 4) 5 5

x x

x x x

x x

    
   
      
    
    
0,25
2
2 2
( 2) 7 7
(1)

( 4) 5 5
x
x
   


 
  

0,25

<=>x=2 0,25

2 1 0 ểm 2 2

2 2

(x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1)
x + z - 4(y+z)+8=0 (2)

 















(1) x x 2012 y y 2012 y 2012y 2012 y 2012y
(Do y22012  y 0 y )















2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2012 2012 2012 2012 2012 2012

2012 2012

2012 2012 2012 2012

2012 2012

x x y y x x y y

x y y x

y x y x

</div>
(131)<div class='page_container' data-page=131>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 131

2 2

2 2 2 2

2012 2012

( ) 0

2012 2012 2012 2012

y y x x

y x

x y x y

y x y x

    

     
     
Do
2
2 2
2

2012 | |

2012 2012 0

2012 | |

y y y y

y y x x y x

x x x x


    
         


     
0,25

Thay y=-x vào(2)x2z24x4z  8 0 (x2)2 (z 2)2 0 0,25
2

( 2) 0 2

2
2

( 2) 0

x x
y x
z
z
     


      
 
 

 Vậy hệ c nghiệm (x;y;z)=(-2;2;2).

0,25

Câu III 2 0

1 1 0 ểm Đặt A = n2

+ n + 1 do n  n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + 2 (k  ) 0,25
* n = 3k => A kh ng chia hết cho 9 (vì A kh ng chia hết cho 3) 0,25
* n = 3k + 1 => A = 9k2 + 9k + 3 kh ng chia hết cho 9. 0,25
* n = 3k +2 => A = 9k2 +9k+7 kh ng chia hết cho 9

Vậy với mọi số nguyên n thì A = n2

+ n + 1 kh ng chia hết cho 9.

0,25

2 1 0 m Giả sử tồn tại m *

để ph-ơng trình có nghiệm x1, x2

Theo vi-et:

2
1 2

1 2 2 2

x x m

x x m

  


 

  (x1 - 1) (x2 - 1) = - m

2 + 2m + 3

0,25

Với m *. Ta cã x1x2 1và x1 + x2 4 m x1hoặc x2 nguyên và

2 *
1 2

x x m x x1, 2 *(x11)(x2 1) 0
2

m 2m 2 0 (m 1)(m 3) 0 m 3

          

 

m {1;2;3}

0,25

Với m = 1; m = 2 thay vào ta thấy ph-ơng trình đã cho vô nghiệm. 0,25

Với m = 3 thay vào ph-ơng trình ta đ-ợc nghiệm của ph-ơng trình đã cho là x =1; x = 8
thoả mãn. Vậy m= 3

0,25

Câu IV 2 0

1 1 0 ểm Vẽ hình đúng theo yêu cầu chung của đề

M
H
A C
K
I
E
B
O
D
F
0,25

</div>
(132)<div class='page_container' data-page=132>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 132

Có DFE=1DOE=450

0,25

0
BIF 45

  0,25

2 1 0 ểm Khi AM = AB thì ΔABM vu ng cân tại A => 0

DBH=45 .Có DFH=450

=> Tứ giác BDHF nội tiếp

0,25
=> 5 điểm B, D, O, H, F cùng thuộc một đƣờng tròn. 0,25
=> BFO=BHO900 => OH  BM, mà OA  BM=> A, O, H thẳng hàng 0,25

BAH=BIH45 => Tứ giác ABHI nội tiếp. 0,25
3 1 0 ểm

C
B

O
D

E
F

C tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN.

Tƣơng tự c NQP=NDP=FEN=> ΔNEFvà ΔNQPđồng dạng

0,25

=> PQ=NQ 1 PQ EF
EF NE   

0,25
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi P  F; Q E => DN là đƣờng kính của (O) => PQ lớn

nhất bằng EF.

0,25
Cách xác định điểm M : Kẻ đƣờng kính DN của (O), BN cắt AC tại M thì PQ lớn nhất. 0,25

Câu V 1 0 Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a do 0   a b c 1 = >1z yx2

Khi đ A= (x+y+z)(1 1 1

x y z)=3+3

x x y y z z
y z x z x y
     

0,25

1 1 0 1 0 1

.
.

1 1 0 1 0 1

2 2 2

x y x y x y x y x

y z y z y z y z z

z y z y z y z y z

y x y x y x y x x

x y z y x z x x y y z z x z

y z y x z x y z x z x y z x

             
  

 

             
  

 

 

                

 

0,25

Đặt x

z= t =>1 t 2

2 2

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

2 2 2 2

x z t t t t t

t

z x t t t t

    

       

Do 1 t 2 (2 1)( 2)
2

t t

t

 

  x z

z x

5
2


</div>
(133)<div class='page_container' data-page=133>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 133
A 3 2.5 2 10

2
   

Ta thấy khi a=b=0 và c=1 thì A=10 nên giá trị lớn nhất của A là 10 0,25

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI
NĂM HỌC 2012 - 2013

( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn chung

Thời gian làm bài: 120 phút ( kh ng kể thời gian giao đề)
 ( Đề thi này gồm một trang, có bốn câu)

Câu 1: ( 2,5 điểm) .

1/ Giải các phƣơng trình :
a/ 4 2

20 0
x x  
b/ x  1 x 1

2/ Giải hệ phƣơng trình : 3 1

3
x y

y x
   


  


Câu 2 : ( 2,0 điểm) .

Cho parabol y = x2 (P) và đƣờng thẳng y = mx (d), với m là tham số.
1/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại điểm c tung độ bằng 9.

2/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm, mà khoảng cách giữa hai điểm
này bằng 6

Câu 3 : ( 2,0 điểm)

1/ Tính : ( 1 1 ). 3 1

2 3 2 3 3 3

P  

  

2/ Chứng minh : 5 5 3 2 2 3

a b a b a b , biết rằng a b 0 .

Câu 4 : (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vu ng ở A, đƣờng cao AH. Vẽ đƣờng trịn tâm O, đƣờng kính AH,
đƣờng trịn này cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và E .

1/ Chứng minh tứ giác BDEC là tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng tròn.
2/ Chứng minh 3 điểm D, O, E thẳng hàng.

</div>
(134)<div class='page_container' data-page=134>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 134
GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI
NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chung
---

Câu 1: ( 2,5 điểm) .

1/ Giải các phƣơng trình :
a/ 4 2

20 0

x x   (*) Đặt 2

; ( 0)
x t t

(*) t2 – t – 20 = 0  (t

1 = 5 (nhận) v t2 = - 4 ( loại)); Với t = 5 => x2 = 5  x =  5
Vậy phƣơng trình c hai nghiệm x = 5 và x = - 5

b/ x  1 x 1 ( điều kiện x1)

2 2 2 2

( x1) (x1)   x 1 x 2x 1 x 3x0  x(x-3) = 0
 x = 0 ( loại) v x = 3 ( nhận).

Vậy phƣơng trình c một nghiệm x = 3.
2/ Giải hệ phƣơng trình : 3 1

3
x y

y x
   


  


Từ y           x 3 y 3 x y 3 0 y 3 y 3

3 1 3 1 4 2 1 2

3 3 3 3 7

2
x

x y x y x y x

y x y x y x y x

y
  

  

          

    

            

  

     



(nhận)

Vậy hệ phƣơng trình c 2 nghiệm (x; y): ( ; ), (1 7 1 7; )

2 2 2 2

Câu 2 : ( 2,0 điểm) .

1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) và (d) : 2 1
2

0 ( ) 0 x

x mx x x m

x m




       


Vì giao điểm 2 2

( ) :P y x y m

    . Với y = 9 => m2 = 9  (m = 3 v m = -3) 
Vậy với m 3 thì (P) và (d) cắt nhau tại điểm c tung độ bằng 9.

2/ Từ câu 1 => (P) và (d) lu n cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi m0.

Khi đ giao điểm thứ nhất là gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ 2 là điểm A c ( x =
m; y = m2).

Khoảng cách giữa hai giao điểm : AO = 2 4 4 2

6 6 0

m m  m m   (1)
Đặt 2

; ( 0)

tm t (1) 2

6 0
t t

     (t1 = 3 ( nhận ) v t2 = - 2 ( loại))
Với t1 = 3  m2 = 3 , m  3 ( nhận)

Vậy với m  3 thì (P) cắt (d) tại hai điểm c khoảng cách bằng 6.

Câu 3 : ( 2,0 điểm)

</div>
(135)<div class='page_container' data-page=135>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 135
( 1 1 ). 3 1 2 3 2 3. 3 1 2

4 3

2 3 2 3 3 3 3( 3 1)

P        



   

2/ Ta có:

5 5 3 2 2 3 5 5 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2

2 2 2

0 ( ) ( ) 0 ( )( ) 0

( ) ( )( ) 0

a b a b a b a b a b a b a a b b a b a b a b

a b a b a b ab

                

     

Vì : 2

(a b ) 0 (với mọi a, b R).
0

a b  ( theo giả thiết)
2 2

a b ab ( với mọi a, bR )

Nên bất đằng thức cuối đúng. Vậy 5 5 3 2 2 3

a b a b a b với a b 0 (đpcm)

Câu 4 : (3,5 điểm)

E
D
O
H
C
B
A

1/ Nối H với E .

+ 0

90
HEA

  ( vì AH là đƣờng kính), 0
90

AHC

  ( AH là đƣờng cao)
=> AHE ACB (cùng phụ với EHC) (1)
+ ADE AHE ( g c nội tiếp cùng chắn cung AE) (2)

Từ (1) và (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đƣờng tròn ( c g c đối
bằng g c kề bù g c đối)

2/ Vì 0
90
DAE

  => DE là đƣờng kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm).
3/ Ta có SBDEC SABCSADE

+ABC vu ng c AH là đƣờng cao:

2 2

AC BC AB  cm => . 6
2
ABC

AB AC

s   (cm2)
. 12

5
AB AC
DE AH

BC

   (cm) ( cùng là đƣờng kính đt O).

+ADE vàABC có : A chung , ADE = ACB ( câu 1)

=> ADE ~ ABC (g.g) => tỉ số diện tích bằng bình phƣơng tỉ đồng dạng :

2 2
2
.
ABC
AED
AED
ABC
S DE
S DE
S

S BC BC






 
   
 
+
2 2

2 2 2

12
(1 ) 6(1 )

5 .5
BDEC ABC ADE ABC

DE

S S S S

BC

  

</div>
(136)<div class='page_container' data-page=136>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 136
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2012 - 2013

( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn ( mơn chun)

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

( Đề thi này gồm một trang, có năm câu)

Câu 1. (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình 4 2

16 32 0

x  x   ( với xR)

Chứng minh rằng x 6 3 2  3  2 2 3 là một nghiệm của phƣơng trình đã
cho.

Câu 2. (2,5 điểm)

Giải hệ phƣơng trình 2 ( 1)( 1) 6
2 ( 1)( 1) yx 6

x x y xy

y y x

    



    

 ( với xR y, R).

Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác đều MNP c cạnh bằng 2 cm. Lấy n điểm thuộc các cạnh hoặc ở phía
trong tam giác đều MNP sao cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn hơn 1 cm ( với n
là số nguyên dƣơng). Tìm n lớn nhất thoả mãn điều kiện đã cho.

Câu 4. (1 điểm)

Chứng minh rằng trong 10 số nguyên dƣơng liên tiếp kh ng tồn tại hai số c ƣớc chung
lớn hơn 9.

Câu 5. (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC kh ng là tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đƣờng tròn (I).
Gọi D,E,F lần lƣợt là các tiếp điểm của BC, CA, AB với đƣờng tròn (I). Gọi M là giao
điểm của đƣờng thẳng EF và đƣờng thẳng BC, biết AD cắt đƣờng tròn (I) tại điểm N (N
kh ng trùng với D), giọi K là giao điểm của AI và EF.

1) Chứng minh rằng các điểm I, D, N, K cùng thuộc một đƣờng tròn.
2) Chứng minh MN là tiếp tuyến của đƣờng tròn (I).

</div>
(137)<div class='page_container' data-page=137>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 137
GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI
NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chun
---

Câu 1: Phƣơng trình đã cho : 4 2

16 32 0

x  x   ( với xR)  (x28)2 320 (1)
Với x 6 3 2  3  2 2 3  x 3 2 2 3  2 2 3

=> 2

8 2 2 3 2 3 2 3

x     

Thế x vào vế phải của (1) ta c :

2 2 2

(x 8) 32 (8 2 2 32 3 2 38) 324(2 3) 4 3 12(2   3) 32
=8 4 3 8 3  24 12 3 32  0 ( vế phải bằng vế trái)

Vậy x 6 3 2  3  2 2 3 là một nghiệm của phƣơng trình đã cho ( đpcm)

Câu 2: Hệ pt đã cho 2 ( 1)( 1) 6

2 ( 1)( 1) yx 6

x x y xy

y y x

    

    

(1)
(2)
 
 
 

2 ( 1)( 1) 6
2 ( 1)( 1) 6

x x y xy

y y x xy

    



    



x xy

xy x y x y

y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt c vế phải bằng nhau, vế trái khác nhau (kh ng thoả) =>x y 0) (**)
=> xy 6(x y)

x y



 (3)
- Cộng từng vế (1) và (2) của hệ ta đƣợc pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = 0 (4)

 (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = 0 (x y x)( y 1 6(x y)) 6(x y) 0

x y x y

 

     

 

(x y x)( y 1 6(x y 1)) 0

x y
 

    

 

6
(x y x)( y 1)(1 ) 0

x y
    
 
0
1 0
6
1 0
x y
x y
x y
 

   



 
 


- Với x + y = 0  x = - y. Thế vào hệ => -2y2 = 0  (y = 0 v x = 0) kh ng thoả (*) 
- Với x + y +1 =0  x = -y - 1 thế vào phƣơng trình (1) của hệ ta đƣợc :

3 2 2

2y 3y    y 6 0 (y2)(2y   y 3) 0  22 0 2

2 3 0( )

y y

y y vn

    


   



Với y = - 2 => x = 1.Thế vào hệ thoả, vậy c nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2)
- Với 1 6 0 x y 6 0 x y 6

x y

        



Thế x = y -6 vào pt (2) của hệ :
(2)  3 2

2y 7y 16y 6 0 (2 1)( 2 4 6) 0 22 1 0
4 6 0

y

y y y

</div>
(138)<div class='page_container' data-page=138>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 138
y2 - 4y - 6 = 0  1

2 10
2 10
y

y
  


 



2y +1 = 0  y3 =
1
2


Từ ba giá trị của y ở trên ta tìm đƣợc ba giá trị x tƣơng ứng:
1
2

4 10
4 10

13
2

x
x

x



  


   




 



Thế các giá trị (x; y) tìm đƣợc vào hệ (thoả).

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm ( x;y):

(1; -2), ( 4 10; 2 10), ( 4 10; 2 10), ( 13; 1).
2 2

       

Câu 3. (Cách 1)

Tam giác đều c cạnh bằng 2 cm thì diện tích bằng 3cm2 , tam giác đều c cạnh bằng
1 cm thì diện tích bằng 3

4 cm
2

. Nếu tam giác đều c cạnh > 1cm thì diện tích > 3
4 cm

2

Gọi t là số tam giác đều c cạnh bằng > 1cm chứa đƣợc trong tam giác đều c cạnh 2 cm:
1t 4 ( với t là số nguyên dƣơng) => tmax = 3.

Theo nguyên lý Drichen sẽ c 1 trong t tam giác đều c cạnh > 1cm đ chứa tối đa 2 điểm thoả
mãn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ lu n > 1 cm.

Vậy số điểm thoả yêu cầu bài toán là : 2 n 4 Vậy nmax = 4
(Cách 2): Giải theo kiến thức hình học

Nếu ta chọn 3 điểm ở 3 đỉnh của tam giác đều cạnh bằng 2 cm vẽ 3 đƣờng trịn đƣờng
kính 1 cm, các đƣờng trịn này tiếp xúc với nhau ở trung điểm mỗi cạnh tam giác. => Các điểm
khác trong tam giác cách 3 đỉnh > 1cm chỉ c thể nằm trong phần diện tích cịn lại của tam
giác (ngồi phần diện tích bị ba hinh trịn che phủ), đƣợc giới hạn bởi 3 cung tròn bán kinh 1
cm.

</div>
(139)<div class='page_container' data-page=139>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 139
=> trong phần diện tích đ chỉ lấy đƣợc 1 điểm mà khoảng cách đến 3 đỉnh của tam giác lu n
> 1 cm.

Vậy số điểm lớn nhất thoả mãn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ > 1cm là :
nmax = 3 + 1 = 4 điểm.

Câu 4. Gọi a và b là hai số bất kỳ trong 10 số nguyên dƣơng liên tiếp với a > b ( a; b nguyên

dƣơng)    1 a b 9.

Gọi n là ƣớc chung của a và b, khi đ : a = n.x và b = n.y ( n, x, y là số nguyên dƣơng).
Vì a > b => x > y => x y 1 1 n x n y. . 9 1 x y 9

n n

        9 1 n 9

n

   

Vậy trong 10 số nguyên dƣơng liên tiếp kh ng tồn tại hai số c ƣớc chung lớn hơn 9.

Câu 5.

D
K

N E

C
B

1)Nối N và F, D và F.

- Xét ANF và  AFD có: AFN = ADF ( vì AF là tt) và FAD chung =>ANF∽
AFD (g.g) => AF 2

AF .

AF
AN

AN AD
AD

   (1)

- Xét AFI có: AFIF ( vì AF tiếp tuyến, FI là bán kính) và FK AI ( vì AF và AE tt chung
và AI nối tâm) => AFI vu ng tại F c FK là đƣờng cao) => AK.AI = AF2 (2)
- Xét ANK và AID có:

+ IAD chung.

+ Từ (1) và (2) => AN.AD = AK.AI => AN AI
AK  AD

=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3)
- Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì c g c đối bằng g c kề bù g c đối)

=> các điểm I,D,N,K cùng thuộc một đƣờng tròn. (đpcm).

2) Ta có IDDM ( DM là tiếp tuyến, DI là bán kính) và IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM
nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính MI. Vì 4 điểm D, I, K, N cũng thuộc một đƣờng tròn ( câu 1)
=> hai đƣờng tròn này cùng ngoại tiếp  DIK => hai đƣờng tròn trùng nhau => N cũng nằm
trên đƣờng trịn đƣờng kính MI => INM= 900 .

Vì IN là bán kính đƣờng trịn (I), MNIN => MN là tiếp tuyến của đƣờng tròn (I) tại tiếp
điểm N. (đpcm).

</div>
(140)<div class='page_container' data-page=140>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 140
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 2012-2013

ÌNH ĐỊNH TRƢỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Đề c ín t ức

Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 14 / 6 / 2012

Thời gian làm bài: 120 phút ( kh ng kể thời gian phát đề )
 1: 2 ểm)

Cho biểu thức D =

1 1

   



 

   

 

a b a b

ab ab :

a b 2ab
1

1 ab
 

  

  

  với a > 0 , b > 0 , ab1
a) Rút gọn D.

b) Tính giá trị của D với a =

3
2

2

 2: 2 ểm

a) Giải phƣơng trình: x 1  4 x 3
b) Giải hệ phƣơng trình: x2 y 2xy 7

x y 10

  




 


 3: 2 ểm

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số 1 2
y x

 và đƣờng thẳng (d)
c hệ số g c m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ).

a) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (d).

b) Chứng minh rằng (d) lu n cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
c) Gọi x1 , x2 là hồnh độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để

3 3
1 2
x x 32
 4: 3 ểm

Từ điểm A ở ngồi đƣờng trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đƣờng tròn (B, C là các tiếp
điểm). Đƣờng thẳng qua A cắt đƣờng tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E, dây DE kh ng đi
qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K.

a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đƣờng tròn.
b) Chứng minh: AB2 = AD . AE .

c) Chứng minh: 2 1 1
AK ADAE
 5: 1 ểm

Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn: 1 1 1 0
a  b c .
Chứng minh rằng ab2 bc2 ac2 3

c a b 

---HẾT---

</div>
(141)<div class='page_container' data-page=141>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 141
 1: 2 ểm

a Rút g n D : Biểu thức D =

1 1
   

 
   
 

a b a b

ab ab :

a b 2ab
1
1 ab
 
  
  
 

Với ĐK : a > 0 , b > 0 , ab1 Biểu thức D c nghĩa





 







 















1 1 1 2

1 1

2 1 1 1

2 2 1

: :

1 1 1 1

2 1 1 2

1 1 1 1

a b ab a b ab ab a b ab

D

ab ab

a b a b

a b a ab a b

ab ab ab ab

a b ab a

ab a b a

        

 

  
   
 
   
 
 
   

b) a =

3
2

 =





2
4 2 3  3 2 3 1  3 1







 









2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 5 2 3 6 3 2 2 3 3 1

13 13 13

5 2 3 5 2 3 5 2 3

D

      

     

   (Vì

3 1 >0)
 2: 2 ểm

a)Giải phƣơng trình: x 1  4 x 3 (1)
ĐK: x  1 (*)

PT (1) viết:























 







êt: 1 4 2 1 4 9

2 1 4 6 2 1 4 3

3 0 3

9 13 õa DK

1 4 3

PT vi x x x x

x x x x x x

x

x x

x x th

x x x

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

 
 

Vậy: PT đã cho c nghiệm: 13
9
x

b) Giải hệ phƣơng trình: x2 y 2xy 7 2(x 2y) 2xy 142
x y 10
x y 10

     

 

     




Cộng vế hai PT của hệ ta c :



xy



22



xy



240

Đặt: x + y = t. Ta c PT: t2 2t 240 c 2 nghiệm: t14; t2  6
Với t1 4 ta c hệ: 7 3

4 4

x y xy xy

x y x y

   

 

     

  c nghiệm:

1 3
3 1
x x
hoac
y y
 
 
   
 

Với t2  6 ta c hệ: 7 13

6 6

x y xy xy

x y x y

   

 

       

  Hệ v nghiệm.

Vậy: Hệ PT đã cho c hai nghiệm: 1 3

3 1
x x
hoac
y y
 
 
   
  .

3: 2 ểm

</div>
(142)<div class='page_container' data-page=142>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 142
Vì: (d): y = mx + b qua điểm I(0; 2): Nên: 2 = m.0 + b => b = 2.

Vậy (d): y = mx +2.
b)Ta có: (P): y 1x2

2


(d): y = mx +2.

PT hoành độ giao điểm của (P) và (d): 1 2 2

 

x mx 2 x 2mx 4 0 1

2      

Vì: a = 1 > 0 và c = - 4 < 0 ==> a; c trái dấu ==> PT (1) c hai nghiệm phân biệt ==> (P) cắt (d) tại
hai điểm phân biệt.

c) PT (1) lu n c hai nghiệm phân biết x1; x2 phân biệt:
Theo Viet ta có:

1 2
1 2

2
4

x x m

x x
 

  

Ta có:











 



 

3 3 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2

2 3

x x x x x x x x x x x x 3x x

2m 2m 12 8m 24m.

 

          

 

    

Vì : x31x32 32.
==> 8m324m= 32













3 2

3 4 0 1 4 0

1 0 1

: 4 0 ô nghiêm

m m m m m

m m

Vi m m v

        
    

  
Vây: m = 1.
 4: 3 ểm

a) C ứng m n 5 ểm A H O C cùng nằm trên một ƣờng tròn:
Xét tứ giác ABOC

Ta có:

0
0

0
90 ( )
90 ( )

180
ABO gt

ACO gt
ABO ACO


  

==> ABOC nội tiếp trong đƣờng trịn
Đƣờng kính AO

( Vì: ABOACO90 ( )0 gt ) (1)
Ta lại c : HE = HD (gt)

==> OH ED (Đƣờng kính qua

trung điểm dây kh ng qua tâm của đ/tròn (O))
0

90
AHO

==> H nằm trên đƣờng trịn
đƣờng kính AO (2)

Từ (1) và (2) ==> 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đƣờng tròn.
b) C ứng m n : A 2 = AD . AE :

Xét: ABD và ABE

</div>
(143)<div class='page_container' data-page=143>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 143
Ta có: BAE (góc chung)

AEBABD (cùng chắn cung BD của đ/tròn (O))
==> ABD AEB (gg)

==> AB AD

AE  AB ==> AB
2

= AD.AE.
c) C ứng m n : 2 1 1

AK ADAE: 
Ta có AB2 = AD.AE

Xét ACK và AHC

Ta có: CAH (góc chung) (a)
Ta có: H1B1 (chắn cung CA của đtrịn (ABCOH))

Và: B1C1 ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đƣờng tròn (O) => AB = AC) => ABCcân tại A)

==> H1C1 (b)
Từ (a) và (b) ==> ACK AHC

 

g g.
==> AC AK AC2 AH AK.

AH  AC  

Vậy AD.AE = AH.AK (vì AB = AC)
==> 1 AH

AK AD.AE
==> 2 2AH

AK AD.AE .
Mà 2AH = 2AD + 2 HD

= AD + AD + DE = AD + AE
5: 1 ểm

 

3 3

3 3 3 3 3 3

3 3 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1

Vì: 0

a b c a b c a b c

1 1 3 1 1 1 1 1 3 1

a b ab a b c a b abc c

1 1 1 3

1
a b c abc

   
            
   

 

           

 

   

 

2 2 2 3 3 3 3 3 3

ab bc ac abc abc abc 1 1 1

Ta có: abc 2

c a b c a b c a b

 

         

 

Thay (1) vào (2) ==> Ta có: ab2 bc2 ac2 abc 3 3

c a b abc

 
    

 

---HẾT---

1
1

H D

A
O

</div>
(144)<div class='page_container' data-page=144>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 144
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

LÂM ĐỒNG Kh a ngày : 26 tháng 6 năm 2012 
 MƠN THI : TỐN

(Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài : 120 phút
Câu 1: (0,75đ) Tính : 182 2 32

Câu 2: (0,75đ) Giải hệ phƣơng trình : 2 3 1
4 3 11

x y
x y

 



  


Câu 3: (0,75đ) Cho tam giác ABC vu ng tại A, đƣờng cao AH. Biết BH = 9cm, Ch = 16cm.
Tính độ dài các đoạn thẳng AH, BH, AC.

Câu 4: (0,75đ) Cho hai đƣờng thẳng (d) : y = (m-3)x + 16 (m3) và (d’): y = x + m2.
Tìm m để (d) và (d’) cắt nhau tại một điểm trên trục tung

Câu 5: (0,75đ) Cho AB là dây cung của đƣờng trịn tâm O bán kính 12cm. Biết AB = 12cm . Tính
diện tích hình quạt tạo bởi hai bán kính OA, OB và cung nhỏ AB.

Câu 6: (1đ) Cho hàm số y = ax2 (a 0) c đồ thị (P).
a) Tìm a biết (P) đi qua điểm A(2;4)

b) Tìm k để đƣờng thẳng (d) : y = 2x + k lu n cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.

Câu 7: (0,75đ) Hình n n c thể thể tích là 320cm3, bán kính đƣờng trịn là 8cm. Tính diện tích tồn
phần của hình n n .

Câu 8: (1đ) Cho đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB, M là trung điểm của OA. Qua M vẽ dây cung CD
vu ng g c với OA.

a) Chứng minh tứ giác ACOD là hình thoi .

b) Tia CO cắt BD tại I. Chứng minh tứ giác DIOM nội tiếp.

Câu 9: (1đ) Hai đội c ng nhân cùng đào một con mƣơng . Nếu họ cùng làm thì trong 8 giờ xong
việc. Nếu họ làm riêng thì đội A hoàn thành c ng việc nhanh hơn đội B 12 giờ. Hỏi nếu
làm riêng thì mỗi đội phải làm trong bao nhiêu giờ mới xong việc.

Câu 10: (0,75đ) Rút gọn : 37 20 3  37 20 3

Câu 11: (1đ) Cho phƣơng trình : x2 – 2(m-2)x - 3m2 +2 = 0 (x là ẩn, m là tham số )
Tìm m để phƣơng trình c 2 nghiệm x1; x2 thỏa : x1(2-x2) +x2(2-x1) = -2

Câu 12: (0,75đ) Cho nữa đƣờng trịn (O) đƣờng kính AB, vẽ các tiếp tuyến Ax và By cùng phía với
nữa đƣờng tròn , M là điểm chính giữa cung AB, N là một điểm thuộc đoạn OA



NO N, A



. Đƣờng thẳng vu ng g c với MN tại M cắt Ax và By lần lƣợt tại C và D.

Chứng minh : AC = BN

</div>
(145)<div class='page_container' data-page=145></div>
(146)<div class='page_container' data-page=146></div>
(147)<div class='page_container' data-page=147>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 147
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013 
 QUẢNG NGÃI Mơn thi: Tốn (khơng chun)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (1,5 điểm)

1/ Thực hiện phép tính:



21



21



2/ Giải hệ phƣơng trình: 1

2 3 7

x y
x y

 


  


3/ Giải phƣơng trình: 2

9x 8x 1 0
Bài 2: (2,0 điểm)

Cho parapol

 

P :yx2 và đƣờng thẳng

 

d :y2xm2 1 (m là tham số).

1/ Xác định tất cả các giá trị của m để

 

d song song với đƣờng thẳng

 

d' :y2m x2 m2m.
2/ Chứng minh rằng với mọi m,

 

d lu n cắt

 

P tại hai điểm phân biệt A và B.

3/ Ký hiệu xA;xB là hoành độ của điểm A và điểm B. Tìm m sao cho

2 2

14
A B

x x  .
Bài 3: (2,0 điểm)

Hai xe t cùng đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh, xe thứ hai đến sớm hơn xe thứ
nhất là 1 giờ. Lúc trở về xe thứ nhất tăng vận tốc thêm 5 km mỗi giờ, xe thứ hai vẫn giữ nguyên vận tốc
nhƣng dừng lại nghỉ ở một điểm trên đƣờng hết 40 phút, sau đ về đến cảng Dung Quất cùng lúc với xe
thứ nhất. Tìm vận tốc ban đầu của mỗi xe, biết chiều dài quãng đƣờng từ cảng Dung Quất đến khu du
lịch Sa Huỳnh là 120 km và khi đi hay về hai xe đều xuất phát cùng một lúc.

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đƣờng tròn tâm O đƣờng kính AB = 2R và C là một điểm nằm trên đƣờng tròn sao cho CA >
CB. Gọi I là trung điểm của OA. Vẽ đƣờng thẳng d vu ng g c với AB tại I, cắt tia BC tại M và cắt
đoạn AC tại P; AM cắt đƣờng tròn (O) tại điểm thứ hai K.

1/ Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp đƣợc trong một đƣờng tròn.
2/ Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng.

3/ Các tiếp tuyến tại A và C của đƣờng trịn (O) cắt nhau tại Q. Tính diện tích của tứ giác QAIM
theo R khi BC = R.

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho x0,y0 thỏa mãn x2 y2 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
1

xy
A

xy



 .
--- HẾT ---

</div>
(148)<div class='page_container' data-page=148>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 148
HƢỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1:



21



2 1

  

2 2 12   2 1 1

2/ 1 3 3 3 5 10 2

2 3 7 2 3 7 1 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

          

   

3/ Phƣơng trình 2

9x 8x 1 0 có a b c     9 8 1 0 nên có hai nghiệm là: 1 1; 2 1
9
x   x  .
Bài 2:

1/ Đƣờng thẳng

 

: 2 1

d y xm  song song với đƣờng thẳng

 

d' :y2m x2 m2m khi

2 2

2 2 1

1
1
1
1
1
m
m m
m
m
m

m m m

m
 
   
       
   
  
  
 


2/ Phƣơng trình hồnh độ giao điểm của

 

d và

 

P là x2 2xm2  1 x2 2xm2  1 0 là
phƣơng trình bậc hai c 2

1 0

ac m   với mọi m nên lu n c hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do
đ

 

d lu n cắt

 

P tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m.

3/ Cách 1: Ký hiệu xA;xB là hoành độ của điểm A và điểm B thì xA;xB là nghiệm của phƣơng
trình x2 2xm2  1 0.

Giải phƣơng trình 2 2

2 1 0

x  xm   .

2 2 2

' 1 m 1 m 2 0 ' m 2

          

Phƣơng trình c hai nghiệm là 2 2

1 2; 1 2

A B

x   m  x   m  .
Do đ



 



2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

14 1 2 1 2 14 1 2 2 2 1 2 2 2 14

2 6 14 2 8 4 2

A B

x x m m m m m m

m m m m

                   

         

Cách 2: Ký hiệu xA;xB là hồnh độ của điểm A và điểm B thì xA;xB là nghiệm của phƣơng trình

2 2

2 1 0

x  xm   . Áp dụng hệ thức Viet ta c : 22

. 1

A B

A B
S x x

P x x m

  




   

 do đ









2 2 2 2 2

14 2 . 14 2 2 1 14 4 2 2 14 2

A B A B A B

x x   x x  x x    m     m     m

Bài 3:

Gọi vận tốc ban đầu của xe thứ nhất là x (km/h), xe thứ hai là y (km/h). ĐK: x > 0; y > 0.

Thời gian xe thứ nhất đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là 120

 

h

x .
Thời gian xe thứ hai đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là 120

 

h

y .

</div>
(149)<div class='page_container' data-page=149>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 149
Thời gian xe thứ nhất về từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất 120

 

5 h
x .
Thời gian xe thứ hai về từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất 120

 

h

y .
Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết 40 2

ph h, sau đ về đến cảng Dung Quất cùng lúc với xe thứ
nhất nên ta c phƣơng trình: 120 120 2

 

5 3

x  y  .

Từ (1) và (2) ta c hpt:

120 120
1
120 120 2

5 3
x y
x y
  


  
 


Giảihpt:









120 120
1

120 120 1

360 5 360 5 5 1800 0

120 120 2 5 3

5 3

x y

x x x x x x

x x

x y
  
            
 
  
 


25 4.1800 7225 0 85
        .

Phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt: 1 5 85 40
2

x     (thỏa mãn ĐK)
2

5 85
45
2

x      (kh ng thỏa mãn ĐK)
Thay x40 vào pt (1) ta đƣợc: 120 120 1 120 2 60

40  y   y   y (thỏa mãn ĐK).
Vậy vận tốc ban đầu của xe thứ nhất là 40 km/h, xe thứ hai là 60 km/h.

Bài 4:(Bài giải vắn tắt)

a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm).

b) Dễ thấy MI và AC là hai đƣờng cao của MABP là trực tâm
của MABBP là đƣờng cao thứ ba BPMA

 

1 .

Mặt khác 0
90

AKB (g c nội tiếp chắn nữa đƣờng tròn) BKMA

 

2 .
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm B, P, Q thẳng hàng.

c) AC AB2BC2  4R2R2 R 3

Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC là tam giác đều suy ra 0

60
CBA

Mà QACCBA (g c tạo bởi tia tiếp tuyến và g c nội tiếp cùng chắn AC) do đ QAC600.
Dễ thấy tam giác QAC cân tại Q (QA = QC) c 0

QAC nên là tam giác đều
3

AQ AC R

   .

Dễ thấy ; 3

2 2

R R

AI  IB

Trong tam giác vuông IBM I



900



ta có . tan . tan 600 3 3 3 3

2 2

R R

IM IB BIB    .

</div>
(150)<div class='page_container' data-page=150>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 150
Ta chứng minh đƣợc tứ giác QAIM là hình thang vu ng





/ / ; 90
AQ IM I  .

Do đ





1 1 3 3 5 3 5 3

3 .

2 2 2 2 4 2 8

QAIM

R R R R R

S  AQIM AI  R     

  (đvdt).

Bài 5:

Cách 1: Ta có 2 2 1 1 1 1

1 1 2 2 2

xy xy xy

A A

xy xy A xy xy

 

       

  

Vì x 0,y 0 A 0 A 0 1 0
A
        

 do đ min ax
1
min
m
A A
A
  
 .

Mặt khác





2 2 2 1

0 2 2 1 1

x y x y xy xy

xy

         (vì 2xy0)
Do đó 1 1 1 3

2 2
A  

 . Dấu “ = ” xảy ra khi xy.
Từ
2 2
0, 0

2
2
1
x y

x y x y

x y
  
    

  

Lúc đ
1
2
2
2
1 3
1
2
A
 
  


. Vậy min 2
3

A  khi 2

2
x y .

Cách 2: Với x0, y 0 ta có

2 2

1 3 1 2 2 4

2 2 2 1 3 1 3

x y

xy xy xy

xy xy



         

 

Do đ 2 2 2 2 4 2

1 1 3 3

xy

A
xy xy

        
  .

Dấu “=” xảy ra khi x y.
Từ
2 2
0, 0
2
2
1
x y

x y x y

x y
  

   

  


Vậy min 2
3

A  khi 2
2

x y .
Cách 3:

Vớix0, y0 và x2 y2 1
Ta có













2 2 2

2 4 2

2 2 2 2 2 6 2

3 3 1 3 1 3 1 3 1 3

x y xy x y

xy xy xy

A A

xy xy xy xy

  

  

         

   

Dấu “=” xảy ra khi 2
2

x y . Vậy min 2
3

</div>
(151)<div class='page_container' data-page=151>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 151
Bài 1 (2,0điểm)

1) Tìm giá trị của x để các biểu thức c nghĩa:
3x2 ; 4

2x1
2) Rút gọn biểu thức:

(2 3) 2 3

2 3

A  


Bài 2 (2,0 điểm)

Cho phƣơng trình: mx2

– (4m -2)x + 3m – 2 = 0 (1) ( m là tham số).
1) Giải phƣơng trình (1) khi m = 2.

2) Chứng minh rằng phƣơng trình (1) lu n c nghiệm với mọi giá trị của m.
3) Tìm giá trị của m để phƣơng trình (1) c các nghiệm là nghiệm nguyên.
Bài 3 (2,0 điểm)

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

Một mảnh vƣờn hình chữ nhật c chu vi 34m. Nếu tăng thêm chiều dài 3m và chiều rộng 2m thì
diện tích tăng thêm 45m2. Hãy tính chiều dài, chiều rộng của mảnh vƣờn.

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho đƣờng tròn O. Từ A là một điểm nằm ngoài (O) kẻ các tiếp tuyến AM và AN với (O) ( M;
N là các tiếp điểm ).

1) Chứng minh rằng tứ giác AMON nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AO.

2) Đƣờng thẳng qua A cắt đƣờng tròn (O) tại B và C (B nằm giữa A và C ). Gọi I là trung điểm
của BC. Chứng minh I cũng thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO.

3) Gọi K là giao điểm của MN và BC . Chứng minh rằng AK.AI = AB.AC.
Bài 5 (1,0 điểm)

Cho các số x,y thỏa mãn x 0; y 0 và x + y = 1.
Tìm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = x2

+ y2.

--- Hết ---

UBND tỉnh bắc ninh 
Sở giáo dục và đào tạo

thi tuyn sinh vo lp 10 thpt

Năm häc 2012 - 2013

Mơn thi: Tốn (Dành cho tất cả thí sinh)
Thời gian: 120 phút(Khơng kể thời gian giao )

Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2012

</div>
(152)<div class='page_container' data-page=152>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 152
Câu 1:

a) 3x2 c nghĩa  3x – 2 0 3 2 2
3

x x

    
4

2x1 c nghĩa

1
2 1 0 2 1

x x x

      

2 2 2

2 2

(2 3) (2 3)

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

1
1

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

A           

   

Câu 2: mx2(4m2)x3m 2 0 (1)

1.Thay m = 2 vào pt ta có:

2 2

(1)2x 6x  4 0 x 3x 2 0

Ta thấy: 1 – 3 +2 = 0 nên pt c 2 nghiệm: x10; x2 2
2. * Nếu m = 0 thì (1)2x   2 0 x 1.

Suy ra: Pt lu n c nghiệm với m=0

*Nếu m  0 thì ph (1) là pt bậc 2 ẩn x.

Ta có:  ' (2m1)2m m(3 2)4m24m 1 3m22m(m1)2   0 m 0
Kết luận: Kết hợp 2 trƣờng hợp ta c : pt lu n c nghiệm với mọi m (đpcm)
3. * Nếu m = 0 thì (1)2x   2 0 x 1 nguyên

Suy ra: Với m = 0 pt c nghiệm nguyên

* Nếu m # 0 thì ph (1) là pt bậc 2 ẩn x. Từ ý 2 ta c : pt c 2 nghiệm:
1
2

2 1 1

2 1 1 3 2

m m

x

m

m m m

x
m m
  
  


   
  

Để pt (1) c nghiệm nguyên thì nghiệm x2 phải nguyên

3 2 2

3 ( 0) 2

m

Z Z m m

m m



       hay m là ƣớc của 2 m = {-2; -1; 1; 2}
Kết luận: Với m = { 1; 2; 0} thì pt c nghiệm nguyên

Câu 3:

Gọi chiều dài hcn là x (m); chiều rộng là y (m) (0 < x, y < 17)
Theo bài ra ta có hpt : 34 : 2 17 12

( 3)( 2) 45 5

x y x

x y xy y

   

 

      

  (thỏa mãn đk)

Vậy : chiều dài = 12m, chiều rộng = 5m
Câu 4 :

1. Theo tính chất tiếp tuyến vu ng g c với bán kính
tại tiếp điểm ta c : AMO ANO90O

AMO

 vu ng tại M  A, M , O thuộc đƣờng tròn
đƣờng kính AO ( Vì AO là cạnh huyền)

ANO vu ng tại N  A, N, O thuộc đƣờng trịn
đƣờng kính AO (Vì AO là cạnh huyền)

Vậy: A, M, N, O cùng thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AO
Hay tứ giác AMNO nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AO

</div>
(153)<div class='page_container' data-page=153>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 153
2. Vì I là trung điểm của BC (theo gt) OI BC (tc)

AIO vu ng tại I  A, I, O thuộc đƣờng tròn
đƣờng kính AO (Vì AO là cạnh huyền)

Vậy I cũng thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO (đpcm)
3. Nối M với B, C.

Xét AMB& AMC có MAC chung

2
MCB AMB sđMB
~

AMB ACM

 (g.g) AB AM AB AC. AM2
AM AC

    (1)

Xét AKM& AIM có MAK chung

AIM AMK (Vì: AIM  ANM cùng chắn AM
và AMK  ANM )

AMK AIM

 (g.g) AK AM AK AI. AM2

AM AI

    (2)

Từ (1) và (2) ta c : AK.AI = AB.AC (đpcm)
Câu 5:

* Tìm Min A

Cách 1:

Ta có:









2 2 2

2 1

2 0

x y x xy y

    

    

Cộng vế với vế ta c :



2 2





2 2



1 1

2 1

2 2

x y   x y   A
Vậy Min A = 1

2 . Dấu “=” xảy ra khi x = y =
1
2

Cách 2

Từ x    y 1 x 1 y Thay vào A ta có :





2 2 2 1 2 1 1

1 2 2 1 2( )

2 2 2
A y y  y  y  y   y
Dấu « = » xảy ra khi : x = y = 1

2
Vậy Min A = 1

2 Dấu “=” xảy ra khi x = y =
1
2
* Tìm Max A

Từ giả thiết suy ra

2 2
2

0 1

x x x

x y x y

y y y



  

      

   



 

Vậy : Max A = 1 khi x = 0, y

GIẢI CÂU 05

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MƠN TỐN BẮC NINH
2012-2013

</div>
(154)<div class='page_container' data-page=154>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 154
CÂU 05 :

Cho các số x ; y thoả mãn x 0;y0 và x+ y = 1

.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2
+ y2

I- TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

CÁCH 01 :

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Ta có x + y = 1 nên y = - x + 1 thay vào A = x2 + y2 ta có :
x2 + ( -x + 1)2 - A = 0 hay 2x2 - 2x + ( 1- A) = 0 (*)

do đ để biểu thức A tồn tại giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất khi và chỉ khi phƣơng trình (*) c

nghiệm hay





2
1
0
1
2
0
1
2
1
0
'         

 A A A .Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là

2
1

khi phƣơng trình (*) c nghiệm kép hay x =
2
1

mà x + y = 1 thì y =
2
1

. Vậy Min A = 1/2 khi x = y
= 1/2 ( t/m)

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 02 :

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Theo Bất đẳng thức Bunhia ta c 1 = x + y hay
1= (x + y)2





2
1
2 2  2  2  2 

 x y x y . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y mà x +
y =1 hay x =y = 1/2 ( t/m)

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 03 :

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Kh ng mất tính tổng quát ta đặt






m
y
m
x 1

với 0m1
Mà A= x2 + y2 . Do đ A = ( 1- m)2 + m2 hay A= 2m2 - 2m +1
hay 2A = (4m2 - 4m + 1) + 1 hay 2A = (2m- 1)2 + 1 hay





2
1
2
1
2
1

2  2  
 m

A .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi m= 1/2 hay x = y = 1/2.

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.

CÁCH 04 :

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Ta có A = x2 + y2 = ( x+ y)2 - 2xy = 1 -2xy ( vì x + y =1 )
mà xy





2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
1
4
2














 x y xy xy xy A .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2.

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.

CÁCH 05 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

</div>
(155)<div class='page_container' data-page=155>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 155





d
c
b
a
d
b
c
a




 2 2

(*) , dấu “=” xảy ra khi
d
b
c
a



Thật vậy : c







































 2
2
2
2
2
b
a
y
b
x
a
y

x





y
x
b
a
y
b
x
a





 2 2

(ĐPCM)
.ÁP DỤNG

Cho a = x và b = y ,từ (*) c : A= x2 + y2 =





2
1
1
2
2
2
y
x
y

x   

mà x+ y =1
Nên A

2
1

 .Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .

CÁCH 06 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có A = x2 + y2 hay xy =

2
1A

(*) mà x + y =1 (**)

Vậy từ (*) ;(**) c hệ phƣơng trình








2
1
1
A
xy
y
x

,hệ này c nghiệm





2
1
0
1
2
1
0
;

0       

 y A A

x . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x+ y =1
và x2 + y2 =

2
1

hay x = y = 1/2.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .

CÁCH 07 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Ta có A = x2 + y2 = x2 + y2 + 1 - 1 mà x + y =1 nên A = x2 + y2 - x - y -1
Hay A =

2
1
2
1
4
1
4
1 2

2  





  






  
y
y
x

x . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y =
1/2.

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 08 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Ta có A= x2 + y2 =









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

y
x
y
x
y
x 













Mà x + y =1 nên A
2
1

 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2. khi x = y = 1/2.
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .

CÁCH 09 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta c x + y = 1 là một đƣờng thẳng , còn x2

</div>
(156)<div class='page_container' data-page=156>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 156
trị thì khoảng cách từ O đến đƣờng thẳng x + y =1 phải nhỏ hơn hay bằng bán kín đƣờng tròn hay
A

2
1

 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x =y = 1/2.

b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 10 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .
Ta có x + y =1

2
1
2
1




x y . Vậy để chứng minh A
2
1

với A = x2

+ y2 thì ta chỉ cần chứng minh

2
1
2

2    
y
x
y

x .

Thật vậy :
Ta có

2
1
2

2   
y
x
y

x 0

Hay 0

1
2

1 2 2 






 







 x y ( lu n đúng ) Vậy A
2
1

 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là
1/2 khi x = y =1/2.

b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 11 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Kh ng mất tính tổng quát ta đặt 1 2
1
2










m
m
y
m
x

.Do đ A = x2

+ y2 hay (2-m)2 + (m-1)2 - A =0 hay 2m2 - 6m +5 = A

Hay





2
1
2
1
2

2  2  
 m

A .

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2.
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .

CÁCH 12 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Kh ng mất tính tổng quát ta đặt 2 3
2
3










m
m
y

m
x

.Do đ A = x2

+ y2 hay (3-m)2 + (m-2)2 - A =0 hay 2m2 - 10m +13 = A

Hay





2
1
2
1
2
5
2 2



 m

A .

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2.
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .

CÁCH 13 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Ta có x + y =1 hay (x+1) + (y +1) = 3 mà A = x2 + y2 hay
A = (x2 + 2x + 1) + ( y2 + 2y +1) - 4 hay A = (x+1)2 + ( y+1)2 - 4
,do đ ta đặt














1
1
1
1
b
a
y
b
x
a

. Khi ta c bài toán mới sau :

</div>
(157)<div class='page_container' data-page=157>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 157
Thật vậy : Ta c A = a2

+ b2 - 4 = (a+b)2 - 2ab - 4 = 5 - 2ab ( vì a+b=3)
Mặt khác theo c si c :





4
9
4
2


 a b

ab do đ A

2
1

 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi
x = y = 1/2.

b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .
CÁCH 14 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Kh ng mất tính tổng quát ta đặt b m a
b
m

y
m
a
x











( với a > b vì a - b =1 hay a = b+ 1 hay a > b )
.Do đ A = x2

+ y2 hay (a-m)2 + (m-b)2 - A =0 hay
2m2 - 2m (a+b) +(a2 + b2) = A hay

Hay

























2
1
2
1
2
2
2

2
2
2
2
2
2

2          




 m a b a b a b A m a b

A

(Vì a - b= 1)

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2.
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .

CÁCH 15 :

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A .

Ta có x + y =1 hay y = 1 - x mà y 00x1
Do đ x2

+ y2 - A = 0 hay 2 x2 - 2x +( 1 - A ) = 0 .
Khi đ ta c bài tốn mới sau :

Tìm A để phƣơng trình 2 x2

- 2x +( 1 - A ) = 0 (*) c nghiệm 0x1 x2 1
Với x1 ; x2 là nghiệm của phƣơng trình (*)

Thật vậy để phƣơng trình (*) c nghiệm

1
2
1
1
2
0
'
0
0
0
'
1
2
0
0
1
1
0
0
1
0
1

0
2
1
2
1
2
1
1
2
2

1   














































































 A
P

S
P
S
P
S
P
S
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x =y = 1/2.
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A .

Vậy theo trên ta c giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1
khi x = 0 và y = 1 hoặc x= 1 và y = 0 .

II- TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
CÁCH 01 :

Vậy theo trên ta c giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1
khi x = 0 và y = 1 hoặc x= 1 và y = 0

</div>
(158)<div class='page_container' data-page=158>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 158
Ta có A = x2 + y2 hay xy =

2
1A

(*) vì x + y =1 mà x 0;y0xy0
Do đ theo (*) c A 1 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1

khi x = 0 và y = 1 hoặc x= 1 và y = 0
CÁCH 03 :

Kh ng mất tính tổng quát ta đặt








0
cos

0
sin

2
2



y

x

Do đ A = sin4 cos4 12



sin.cos



2 1 .
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1

</div>
(159)<div class='page_container' data-page=159>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 159
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

(Đề thi có 1 trang)
Mã đề 01

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Ngày thi : 28/6/2012

Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1 (2điểm)

a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: 5 .
6 1

b) Giải hệ phƣơng trình:

2

7 .

2

1  



  



x y

x

y

Câu 2 (2điểm)

Cho biểu thức: 4 . 2 1

  

  

 

 

a a a

P

a

a a a với a >0 và

a



1

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Với những giá trị nào của a thì P = 3.
Câu 3 (2điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đƣờng thẳng y = ax + b đi qua điểm M(–1 ; 2) và song song với
đƣờng thẳng y = 2x + 1. Tìm a và b.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phƣơng trình x2 + 4x – m2 – 5m = 0. Tìm các giá trị của m sao
cho: |x1 – x2| = 4.

Câu 4 (3điểm)

Cho tam giác ABC c ba g c nhọn, nội tiếp đƣờng tròn tâm O. Hai đƣờng cao AD, BE cắt nhau tại H
(DBC, E AC) .

a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đƣờng tròn.

b) Tia AO cắt đƣờng tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.

c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

AD BE CF

Q .

HD HE HF

  

Câu 5 (1điểm)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phƣơng trình sau v nghiệm:
x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0.

</div>
(160)<div class='page_container' data-page=160>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 160
HƢỚNG DẪN CHẤM THI

Câu Nộ dung Đ ểm

1

a) Ta có: 5 5( 6 1)
6 1 ( 6 1)( 6 1)




   0,5

5( 6 1) 5( 6 1) 6 1

6 1 5

 

   

 0,5

b) Ta có: 2x y 7 4x 2y 14
x 2y 1 x 2y 1

   

 



     

  0,5

5x 15 x 3
x 2y 1 y 1

 

 

 

   

  0,5

2

a) Với

0  

a

1

thì ta có: 2 2

4 1 4 1 1

. .

1 1

    

   

  

 

a a a a a

P

a a

a a a a 0,5

4a 1

a





0,5

b) Với

0  

a

1

thì P = 3 4a 12 3 3a2 4a 1
a



     2

3a 4a 1 0

    0,5

a = 1 (loại) hoặc a 1
3

 (thỏa mãn đk). 0,5

3

a) Đƣờng thẳng y = ax + b song song với đƣờng thẳng y = 2x +1 nên:

a = 2, b 1. 0,5
Vì đƣờng thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:

2(-1) + b = 2 b = 4 (thỏa mãn b 1). Vậy a = 2, b = 4 0,5
b) Ta có :   ' 4 m25m(m 1)(m 4)  . Để phƣơng trình c 2 nghiệm x1, x2 thì ta

có:  ' 0m 4 hoặc m 1 (*) 0,25
Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2

b

x

4 a



   

và x .x1 2 c m2 5m.
a

    0,25

Ta có:

x



x

 

4 (x



x )

2 2

 

16 (x



x )

2 2



4x .x

1 2



16

2 2

16 4( m 5m) 16 m 5m 0

        m = 0 hoặc m = – 5 0,25

Kết hợp với đk(*), ta c m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm. 0,25

4

a) Vì AD và BE là các đƣờng cao nên ta c :

ADBAEB90 0,5

 Hai góc ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB dƣới
một g c 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đƣờng
tròn.

0,5
H

F E

D

K 
O

C 
B

</div>
(161)<div class='page_container' data-page=161>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 161
b) Ta có:ABKACK90 (g c nội tiếp chắn nữa
đƣờng tròn) CKAC, BKAB (1)

Ta c H là trực tâm của tam giác ABC nên:
BHAC, CHAB(2)

0,5

Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK.
Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định

nghĩa) 0,5

Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên

trong ABC , do đ : S = S1 + S2 + S3 . 0,25

Ta có: ABC ABC ABC

BHC 1 AHC 2 AHB 3

S S S

AD S BE S CF S

(1), (2), (3)

HDS S HE S S HFS S 0,25

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

1 2 3 1 2 3

AD BE CF S S S 1 1 1

Q S

HD HE HF S S S S S S

 

          

 

Áp dụng bất đẳng thức C si cho 3 số dƣơng, ta c :
3

1 2 3 1 2 3

S S   S S 3 S .S .S (4) ;

1 2 3 1 2 3

1 1 1 3

S S S  S .S .S (5)

0,25

Nhân vế theo vế (4) và (5), ta đƣợc: Q9. Đẳng thức xẩy ra S1 S2 S3 hay H là

trọng tâm của ABC , nghĩa là ABC đều. 0,25

5

Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x 2  t 0 thì pt (*) trở thành: t2 – 2mt

+ 2 – m = 0 (**), '(t)m2  m 2 (m 1)(m 2)  0,25
Để pt (*) v nghiệm thì pt(**) phải v nghiệm hoặc c 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1 t2 0 0,25
Pt (**) v nghiệm  '(t) 0 (m 1)(m 2)      0 2 m 1 (1)

Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1 t2 0. Điều kiện là:

' 0 ' 0

2m 0 m 0 m 2

2 m 0 m 2

   

 

      

 

    

 

(2)

0,25

</div>
(162)<div class='page_container' data-page=162>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 162

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP THPT

ÌNH DƢƠNG N m c 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn 
T ờ g an l m b : 120 p út 
 K ông kể t ờ g an p át ề

1 1 ểm : Cho biểu thức: A = 2 50 3 8
5 x 4 x
1/ Rút gọn biểu thức A

2/ Tính giá trị của x khi A = 1
 2 1 5 ểm :

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y =
2
2
x

2/ Xác định m để đƣờng thẳng (d): y = x – m cắt (P) tại điểm A c hoành độ bằng 1. Tìm tung độ của
điểm A

3 2 ểm :

1/ Giải hệ phƣơng trình: 2 4

3 3

x y
x y

 


  


2/ Giải phƣơng trình: x4

+ x2 – 6 = 0
 4 2 ểm : Cho phƣơng trình x2

– 2mx – 2m – 5 = 0 (m là tham số)

1/ Chứng minh rằng phƣơng trình lu n c hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
2/ Tìm m để x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất (x1; x2 là hai nghiệm của phƣơng trình)

5 3 5 ểm : Cho đƣờng tròn (O) và điểm M ở ngồi đƣờng trịn. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, 
MB và cát tuyến MPQ (MP < MQ). Gọi I là trung điểm của dây PQ, E là giao điểm thứ 2 giữa đƣờng
thẳng BI và đƣờng tròn (O). Chứng minh:

1/ Tứ giác BOIM nội tiếp. Xác định tâm của đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác đ
2/ BOM = BEA

3/ AE // PQ

4/ Ba điểm O; I; K thẳng hàng, với K là trung điểm của EA

</div>
(163)<div class='page_container' data-page=163>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 163
HƢỚNG DẪN GIẢI:

Nộ dung 
 1 1 ểm :

1/ ĐKXĐ: x  0
A = 2 50 3 8

5 x 4 x
= 2 25.2 3 4.2

5 x4 x

= 2 2 3 2
2
x x
= 1 2

2 x

Vậy với x  0 thi A = 1 2
2 x
2/ Khi A = 1  1 2

2 x = 1

 2x = 2
 2x = 4

 x = 2 (Thỏa điều kiện xác định)
Vậy khi A = 1 giá trị của x = 2

2 1 5 ểm :

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y =
2
2
x
-Bảng giá trị

x -4 -2 0 2 4

y =
2
2
x

8 2 0 2 8

-Đồ thị (P) là đƣờng parabol đỉnh O(0; 0) nằm phía trên trục hồnh, nhận trục tung làm trục đối xứng và đi
qua các điểm c tọa độ cho trong bảng trên.

2/ Cách 1.

</div>
(164)<div class='page_container' data-page=164>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 164
A là: yA =

2
1

2 =
1
2

 A(1; 1



(d) nên
1

2 = 1 – m

 m = 1 – 1
2 =

1
2
Vậy với m = 1

2 thì (d): y = x – m cắt P tại điểm A c hoành độ bằng 1. Khi đ tung độ yA =
1
2
Cách 2

Ta c phƣơng trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:
2

2
x

= x – m  x2 – 2x + 2m = 0 (*)

Để (d) cắt (P) tại điểm A c hoành độ bằng 1 thì phƣơng trình (*) c nghiệm bằng 1
 12 – 2.1 + 2m = 0  m = 1

2
Vậy với m = 1

2 thì (d): y = x – m cắt P tại điểm A c hoành độ bằng 1. Khi đ tung độ yA =
2
1

2 =
1
2
 3 2 ểm :

1/ Giải hệ phƣơng trình

2 4
3 3
x y
x y
 

  
 

1
3 3
x
x y
 

  
 
1
3.( 1) 3

x
y
 

   
 
1
6
x
y
 

  

Vậy hệ phƣơng trình c nghiệm duy nhất (-1; -6)
2/ Giải phƣơng trình

x4 + x2 – 6 = 0 (1)
Đặt x2

= t (t  0)

Phƣơng trình (1) trở thành: t2

+ t – 6 = 0 (2)
Ta có  = 12 – 4.1.(-6) = 25

Phƣơng trình (2) c hai nghiệm t1 =

1 25
2.1
 

= 2 (nhận) ; t2 =

1 25
2.1
 

= -3 (loại)
Với t = t1 = 2 => x2 = 2  x =  2

Vậy phƣơng trình đã cho c hai nghiệm x1 = 2; x2 = - 2
 4 2 ểm : Cho phƣơng trình x2

– 2mx – 2m – 5 = 0 (m là tham số)
1/ Ta có ’ = (-m)2 – 1 (-2m – 5)

= m2 + 2m + 5

= (m + 1)2 + 4
Vì (m + 1)2  0 với mọi m

 (m + 1)2 + 4 > 0 với mọi m
Hay ’ > 0 với mọi m

Vậy phƣơng trình đã cho lu n c hai nghiệm phân biệt với mọi m
2/ Vì phƣơng trình đã cho lu n c hai nghiệm phân biệt với mọi m

 1 2
1 2

. 2 5

x x m

x x m

 



   

</div>
(165)<div class='page_container' data-page=165>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 165
Đặt A = x1x2

 A2 = ( x1x2 )2 = x12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)2 – 4x1x2

 A2 = (2m)2 – 4(-2m – 5) = (2m)2 + 8m + 20

= (2m)2 + 2. 2m. 2 + 4 + 16 = (2m + 2)2 + 16  16
 Giá trị nhỏ nhất của A2

= 16

 Giá trị nhỏ nhất của A là 4 khi 2m + 2 = 0  m = -1
Vậy với m = -1 thì x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất là 4

5 3 5 ểm :

1/ Ta c MB là tiếp tuyến của (O) (gt)
 OB  MB

 OBM = 900

 B thuộc đƣờng trịn đƣờng kính OM (1)
Ta có IQ = IP (gt)

 OI  QP (Tính chất liên hệ giữa đƣờng kính và dây cung)
 OIM = 900

 I thuộc đƣờng trịn đƣờng kính OM (2)

Từ (1) và (2) => BOIM nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính OM
2/ Ta c BOM = AOM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 BOM = 1
2 BOA

mà BOA = SđAB

 BOM = 1

2 SđAB
Ta lại c BEA = 1

2SđAB (Định lý g c nội tiếp)

 BOM = BEA

3/ Ta c : Tứ giác BOIM nội tiếp (Chứng minh trên)
 BOM = BIM (Cùng chắn BM)

mà BOM = BEA (Chứng minh trên)
 BIM = BEA

Mặt khắc BIM và BEA là hai g c ở vị trí đồng vị
 AE // PQ

4/ Ta có OI  QP và AE // PQ (chứng minh trên);
 OI  AE (3)

mà KE = KA (gt)

 OK  AE (tính chất liên hệ giữa đƣờng kính và dây cung) (4)

Từ (3) và (4), ta thấy qua điểm O c hai đƣờng thẳng OI và OK cùng song song với AE
 OI và OK phải trùng nhau

Ba điểm O, I, K thẳng hàng

P
O

M
A

B
Q

I

</div>
(166)<div class='page_container' data-page=166>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 166
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI ÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 
Môn t : TỐN

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

Bài 1.(2,0 điểm)

1) Tính: A 1 9 4 5.
5 2

  



2) Cho biểu thức: B 2(x 4) x 8
x 3 x 4 x 1 x 4



  

    với x ≥ 0, x ≠ 16.

a. Rút gọn B.

b. Tìm x để giá trị của B là một số nguyên.

Bài 2.(2,0 điểm)

Cho phƣơng trình: x2

– 4x + m + 1 = 0 (m là tham số).
1) Giải phƣơng trình với m = 2.

2) Tìm m để phƣơng trình c hai nghiệm trái dấu (x1 < 0 < x2). Khi đ nghiệm nào
c giá trị tuyệt đối lớn hơn?

Bài 3.(2,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 và đƣờng thẳng (d): y = mx + 
2 (m là tham số).

1) Tìm m để (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất.

2) Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d).
3) Gọi H là chân đƣờng vu ng g c kẻ từ O đến (d). Tìm m để độ dài đoạn OH lớn

nhất.

Bài 4.(3,5 điểm)

Cho đƣờng tròn (O), dây cung BC (BC kh ng là đƣờng kính). Điểm A di động
trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ đƣờng kính AA’
của đƣờng tròn (O), D là chân đƣờng vu ng g c kẻ từ A đến BC. Hai điểm E, F lần
lƣợt là chân đƣờng vu ng g c kẻ từ B, C đến AA’. Chứng minh rằng:

1) Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đƣờng tròn.
2) BD.AC = AD.A’C.

3) DE vu ng g c với AC.

4) Tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.

Bài 5.(0,5 điểm):

Giải hệ phƣơng trình:

4 3 2

2 2 2 2

x x 3x 4y 1 0

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2 3

     



   

  




</div>
(167)<div class='page_container' data-page=167>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 167
ĐÁP ÁN

Nộ dung Đ ểm

1.

(0,5đ) A 5542 ( 52)2  5 2 5  2 4. 0,5

2.

(1,5đ)

a. (1 đ)

Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì:

B 2(x 4) x 8 2x 8 x ( x 4) 8( x 1)

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

     

   

     

0,25

2x 8 x 4 x 8 x 8 3x 12 x
( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4)

     

 

    0,25

3 x ( x 4) 3 x
( x 1)( x 4) x 1



 

   0,25

Vậy B 3 x
x 1



 với x ≥ 0, x ≠ 16. 0,25

b. (0,5 đ)

Dễ thấy B ≥ 0 (vì x  0).
Lại c : B 3 3 3

x 1

  

 (vì

0 x 0, x 16)

x1   

.
Suy ra: 0 ≤ B < 3  B  {0; 1; 2} (vì B  Z).

0,25

- Với B = 0  x = 0;

- Với B = 1  3 x 1 3 x x 1 x 1.
4

x1     

- Với B = 2  3 x 2 3 x 2( x 1) x 4.

x1     

Vậy để B  Z thì x  {0; 1;
4 4}.

0,25

Bài 2.

Nộ dung Đ ểm

1.

(1,0đ)

m = 2, phƣơng trình đã cho thành: x2 – 4x + 3 = 0.

Phƣơng trình này c a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên c hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3.

0,5
Vậy với m = 2 thì phƣơng trình đã cho c hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 3. 0,5

</div>
(168)<div class='page_container' data-page=168>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 168
(1,0đ)

Theo định lí Vi-et, ta c : 1 2
1 2

x x 4
x x m 1

 



  

 .

Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < 0 (vì x1 < 0 < x2)  |x1| < |x2|.

0,25
Vậy nghiệm x1 c giá trị tuyệt đối nhỏ hơn nghiệm x2. 0,25

Bài 3.(2,0 điểm):

Nộ dung Đ ểm

1.

(0,75đ)

(d) cắt (P) tại một điểm duy nhất  Phƣơng trình hoành độ của (d) và (P):

-x2 = mx + 2  x2 + mx + 2 = 0 c nghiệm duy nhất. 0,25

 = m2 – 8 = 0  m = ± 2 2. 0,25
Vậy giá trị m cần tìm là m = 2 2. 0,25

2.

(0,75đ)

A (P) m ( 2) m 4

n 2
B (d) n m 2

   

     

     

  

  0,5

Vậy m = -4, n = -2. 0,25

3.

(0,5đ)

- Nếu m = 0 thì (d) thành: y = 2  khoảng cách từ O đến (d) = 2  OH = 2
(Hình 1).

y = 2

x
y
Hình 1
3
2
-2
-2
3
2
-1
-1
1
O 1
H

x
y

(d)
Hình 2
H
B
-3
-2
2
-1
-1
1
O 1
A
0,25

- Nếu m ≠ 0 thì (d) cắt trục tung tại điểm A(0; 2) và cắt trục hoành tại điểm
B( 2 ;

 0) (Hình 2).

 OA = 2 và OB = 2 2
m |m|

  .

OAB vu ng tại O c OH  AB 

2 2

2 2 2

1 1 1 1 m m 1

OH OA OB 4 4 4


    
2
2
OH
m 1
 

 . Vì m

+ 1 > 1 m ≠ 0  m2 1 1  OH < 2.
So sánh hai trƣờng hợp, ta c OHmax = 2  m = 0.

</div>
(169)<div class='page_container' data-page=169>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 169

Bài 4.(3,5 điểm)

Nộ dung Đ ểm

1.

(0,5đ)

Vì 0

ADB AEB90  bốn điểm A, B, D, E cùng thuộc đƣờng trịn đƣờng

kính AB. 0,5

2.

(1,0đ)

Xét ADB và ACA’ c :
0

ADB ACB 90 (ACB900 vì là g c nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn);
ABD AA 'C (hai g c nội tiếp cùng chắn cung AC)

ADB ~ ACA’ (g.g)

0,5

 AD BD

AC  A 'C  BD.AC = AD.A’C (đpcm).

0,5

3.

(1,25đ

Gọi H là giao điểm của DE với AC.

Tứ giác AEDB nội tiếp  HDC BAE BAA '. 0,25
BAA ' và BCA là hai g c nội tiếp của (O) nên:

1 1

BAA ' sđBA ' ; BCA sđBA .

2 2

  0,25

 1 1 1 0

BAA ' BCA sđBA ' sđBA sđABA ' 90

2 2 2

     (do AA’ là đƣờng kính) 0,25
Suy ra: HDCHCD BAA 'BCA 900 CHD vuông tại H. 0,25
Do đ : DE  AC.

4.

(0,5đ

Gọi I là trung điểm của BC, K là giao điểm của OI với DA’, M là giao điểm của
EI với CF, N là điểm đối xứng với D qua I.

Ta c : OI  BC  OI // AD (vì cùng  BC)  OK // AD.

ADA’ c : OA = OA’ (gt), OK // AD  KD = KA’.

DNA’ c ID = IN, KD = KA’  IK // NA’; mà IK  BC (do OI  BC)

 NA’  BC.

0,25

M
H

I
D

A'
O

B C

</div>
(170)<div class='page_container' data-page=170>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 170
Tứ giác BENA’ c 0

BEA ' BNA '90 nên nội tiếp đƣợc đƣờng tròn

 EA 'B ENB.

Ta lại c : EA ' B AA ' B ACB (hai g c nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)).

 ENB ACB  NE // AC (vì c hai g c ở vị trí đồng vị bằng nhau).

Mà DE  AC, nên DE  EN (1)

Xét IBE và ICM c :

EIBCIM (đối đỉnh)
IB = IC (cách dựng)

IBE ICM (so le trong, BE // CF (vì cùng  AA’)

 IBE = ICM (g.c.g)  IE = IM

EFM vu ng tại F, IE = IM = IF.

Tứ giác DENM c IE = IM, ID = IN nên là hình bình hành (2)
Từ (1) và (3) suy ra DENM là hình chữ nhật  IE = ID = IN = IM

 ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp DEF.
I là trung điểm của BC nên I cố định.

Vậy tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.

0,25

Bài 5.(0,5 điểm):

Nộ dung Đ ểm

Từ (2) suy ra x + 2y ≥ 0.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta c :

2 2 2 2 2 2 2

2(x 4y )(1 1 )[x (2y) ](x2y)

2 2 2

x 4y (x 2y) x 2y

2 4 2

  

   (3)

Dấu bằng xảy ra  x = 2y.

Mặt khác, dễ dàng chứng minh đƣợc:

2 2

x 2xy 4y x 2y

3 2

   

(4)

Thật vậy,

2 2 2 2 2

x 2xy 4y x 2y x 2xy 4y (x 2y)

3 2 3 4

        

(do cả hai vế
đều ≥ 0)

</div>
(171)<div class='page_container' data-page=171>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 171

 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2)  (x – 2y)2 ≥ 0 (lu n đúng x, y).
Dấu bằng xảy ra  x = 2y.

Từ (3) và (4) suy ra:

2 2 2 2

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2 3

     

.
Dấu bằng xảy ra  x = 2y.

Do đ (2)  x = 2y ≥ 0 (vì x + 2y ≥ 0).

Khi đ , (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – 1 = 0  (x – 1)(x3 + 3x + 1) = 0 
 x = 1 (vì x3 + 3x + 1 ≥ 1 > 0 x ≥ 0)  y 1.


Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x = 1; y = 1

2).

</div>
(172)<div class='page_container' data-page=172>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 172
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TÂY NINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn t : TỐN(Khơng chun) 
Ngày thi : 02 tháng 7 năm 2012

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính

a) A 2. 8 b) B3 5 20
Câu 2 : (1 điểm) Giải phƣơng trình: x22x 8 0.

Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phƣơng trình: 2 5

3 10

x y
x y

 


  

 .

Câu 4 : (1 điểm) Tìm x để mỗi biểu thức sau c nghĩa:

a) 21

x  b)

4x
Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số yx2

Câu 6 : (1 điểm) Cho phƣơng trình x22 m 1







xm2 3 0.
a) Tìm m để phƣơng trình c nghiệm.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phƣơng trình đã cho, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 2 1 2

A x x x x .

Câu 7 : (1 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y3x m 1 cắt trục tung tại điểm c tung độ bằng 4.
Câu 8 : (1 điểm) Cho tam giác ABC vu ng tại A c đƣờng cao là AH. Cho biết AB3cm,

AC4cm. Hãy tìm độ dài đƣờng cao AH.

Câu 9 : (1 điểm) Cho tam giác ABC vu ng tại A. Nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB cắt BC tại D. Trên
cung AD lấy một điểm E. Nối BE và kéo dài cắt AC tại F. Chứng minh tứ giác CDEF là một tứ giác
nội tiếp.

Câu 10: (1 điểm) Trên đƣờng tròn (O) dựng một dây cung AB c chiều dài kh ng đổi bé hơn đƣờng
kính. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB sao cho chu vi tam giác AMB c giá trị lớn nhất.

</div>
(173)<div class='page_container' data-page=173>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 173
 ÀI GIẢI

Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính.
a) A 2. 8 16 4

b) B3 5 20 3 52 5 5 5.
Câu 2 : (1 điểm) Giải phƣơng trình.

2 8 0
x  x  .

 

' 1 1. 8 9 0

       ,  ' 9 3.

1 1 3 4

x    , x2    1 3 2.
Vậy S = 4; 2







Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phƣơng trình.

2 5 5 15 3 3

3 10 3 10 9 10 1

x y x x x

x y x y y y

    

    

          

    .

Vậy hệ phƣơng trình đã cho c nghiệm duy nhất

 

3;1 .
Câu 4 : (1 điểm) Tìm x để mỗi biểu thức sau c nghĩa:

a) 21
9

x  c nghĩa

9 0
x

    x2 9   x 3.
b) 4x2 c nghĩa  4 x2 0 x2 4    2 x 2.
Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số yx2.

BGT

x 2 1 0 1 2

yx 4 1 0 1 4

Câu 6 : (1 điểm)





2 2

2 m 1 m 3 0
x   x   .
a) Tìm m để phƣơng trình c nghiệm.







2



2 2

' m 1 1. m 3 m 2m 1 m 3 2m 2

            .

Phƣơng trình c nghiệm   ' 0 2m 2 0  m 1.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x1 x2x x1 2.

</div>
(174)<div class='page_container' data-page=174>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 174
Theo Vi-ét ta c : x1x2 2m2; x x1 2 m23.





2 2

1 2 1 2

A x x x x 2m 2 m  3 m 2m 5  m 1  4 4.



Amin 4 khi m 1 0    m 1 (lo i vì kh ng thỏa điều kiện m 1 ).

Mặt khác : A



m 1



2  4



1 1



24 (vì m 1 )  A 8.



Amin 8 khi m 1 .

t lu n : Khi m 1 thì A đạt giá trị nhỏ nhất và Amin 8.

Các 2: Điều kiện m 1 .

Theo Vi-ét ta c : x1x2 2m2; x x1 2 m23.

2 2

1 2 1 2

A  x x x x 2m 2 m   3 m 2m 5 .
Vì m 1 nên Am22m 5 1  2 2.1 5 hay A8
Vậy Amin 8 khi m 1 .

Câu 7 : (1 điểm)

Đồ thị hàm số y3x m 1 cắt trục tung tại điểm c tung độ bằng 4.
m 1 4

    m 5.
Vậy m5 là giá trị cần tìm.
Câu 8 : (1 điểm)

Ta c :

 

2 2 2 2

BC AB AC  3 4 5 cm .
AH.BCAB.AC

 

AB.AC 3.4

AH 2, 4 cm

BC 5

    .

Các 2:

1 2 12 12
AH  AB  AC

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

AB .AC 3 .4 3 .4
AH

AB AC 3 4 5

   

  .

AH 3.4 2, 4 cm

 

   .

Câu 9 : (1 điểm)

GT ABC,

A90 , nửa O;AB
2

  

 

  cắt

BC tại D, EAD, BE cắt AC tại F.
KL CDEF là một tứ giác nội tiếp

Ta c : C 1



sđAmB sđAED

 

1 sđADB sđAED



1sđBD

2 2 2

    

</div>
(175)<div class='page_container' data-page=175>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 175
Mặt khác BED 1sđBD

 (BED g c nội tiếp).
1

BED C sđBD
2

 



Tứ giác CDEF nội tiếp đƣợc (g c ngoài bằng g c đối trong).
Câu 10: (1 điểm)

 

O , dây AB kh ng đổi, AB2R,
MAB (cung lớn).

KL Tìm vị trí M trên cung lớn AB để chu vi
tam giác AMB c giá trị lớn nhất.

Gọi P là chu vi MAB. Ta c P = MA + MB+ AB.
Do AB kh ng đổi nên Pmax







max

MA + MB .

Do dây AB kh ng đổi nên AmB kh ng đổi. Đặt sđAmB



(kh ng đổi).
Trên tia đối của tia MA lấy điểm C sao cho MB = MC.

MBC

  cân tại M M12C1 (g c ngoài tại đỉnh MBC cân)
1

1 1 1 1 1

C M sđAmB sđAmB

2 2 2 4 4



      (kh ng đổi).

Điểm C nhìn đoạn AB cố định dƣới một g c kh ng đổi bằng 1
4





C thuộc cung chứa g c 1



dựng trên đoạn AB cố định.
MA + MB = MA + MC = AC (vì MB = MC).





MA + MB



max ACmax



AC là đƣờng kính của cung chứa g c n i trên.

ABC 90

 

1 2

0
1
1

B B 90
C A 90

  



 

 

 A1B2 (do B1C1)  AMB cân ở M.

MA = MB

 MA MB



M là điểm chính giữa của AB (cung lớn).

</div>
(176)<div class='page_container' data-page=176>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 176
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012

ĐỒNG NAI Khóa ngày: 29, 30 / 6 /2012

Mơn thi: TỐN HỌC
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phƣơng trình : 7x2

– 8x – 9 = 0 .
2 / Giải hệ phƣơng trình :

3x + 2y =1

4x + 5y = 6




Câu 2 : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn các biểu thức :

M

12 +3

; N

3 2 2

3 2 1






2 / Cho x1 ; x2 là hai nghiệm của phƣơng trình : x2 – x – 1 = 0 .
Tính :

1 2

1 +

x

Câu 3 : ( 1,5 điểm )

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho các hàm số :

y = 3x2 c đồ thị ( P ) ; y = 2x – 3 c đồ thị là ( d ) ; y = kx + n c đồ thị là ( d1 ) với k và n là những
số thực .

1 / Vẽ đồ thị ( P ) .

2 / Tìm k và n biết ( d1 ) đi qua điểm T( 1 ; 2 ) và ( d1 ) // ( d ) .

Câu 4 : ( 1,5 điểm )

Một thửa đất hình chữ nhật c chu vi bằng 198 m , diện tích bằng 2430 m2 . Tính chiều dài và
chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật đã cho .

Câu 5 : ( 3,5 điểm )

1 / Chứng minh

AE

CD

AF



DE

2 / Chứng minh rằng tứ giác AEGH là tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng tròn .

</div>
(177)<div class='page_container' data-page=177>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 177
HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu 1 : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phƣơng trình : 7x2

– 8x – 9 = 0 ( x1,2 = 4 79
7



)
2 / Giải hệ phƣơng trình :

3x + 2y =1

4x + 5y = 6




 ( x ; y ) = (–1 ; 2 )
Câu 2 : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn các biểu thức :

M

12 +3

2 3 3

2

3 



 





2 1

3 2 2

N

2 1




  

 



2 / Cho x1 ; x2 là hai nghiệm của phƣơng trình : x2 – x – 1 = 0 .
S =

b

1 a

 

; P =

c

1 a



Nên : 1 2

1 2 1 2

1
1
1

x

1 +

x

x x



  



Câu 3 : ( 1,5 điểm ) 
1 / Vẽ đồ thị ( P ) .

2 / ( d1 ) // ( d ) nên k = 2 ; n



–3 và đi qua điểm T( 1 ; 2 ) nên x = 1 ; y = 2 . Ta c phƣơng
trình : 2 = 1.2 + n



n = 0

Câu 4 : ( 1,5 điểm )

Gọi x ( m ) là chiều dài thửa đất hình chữ nhật ( 49,5 < x < 99 )
Chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật là : 99 – x ( m )

Theo đề bài ta c phƣơng trình : x ( x – 99 ) = 2430
Giải đƣợc : x1 = 54 ( nhận ) ; x2 = 45 ( loại )
Vậy chiều dài thửa đất hình chữ nhật là 54 ( m )

Chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật là : 99 – 54 = 45 ( m )
Câu 5 : ( 3,5 điểm )

1 / Chứng minh tứ giác AEFD nội tiếp

1 1

A

D

 



AEF DCE ( g – g )

AE

AF

=

DC

DE

AE

DC

=

AF

DE



2 / Ta có

A

2 phụ với

A

1

Ta có

E

1 phụ với

D

1

1
2

1

K
I

b
a

G
H

F
E

D C

</div>
(178)<div class='page_container' data-page=178>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 178
Mà

A

1



D

1

2 1

A

E





Suy ra tứ giác AEFD nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính HE

Gọi I trung điểm của HE



I là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEFD cũng là đƣờng tròn
ngoại tiếp

ΔAHE



I nằm trên đƣờng trung trực EG



IE = IG
Vì K nằm trên đƣờng trung trực EG



KE = KG
Suy ra IEK =IGK ( c-c-c )

0
IGK IEK 90





KG

IG





tại G của đƣờng tròn ngoại tiếp

ΔAHE

</div>
(179)<div class='page_container' data-page=179>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 179
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ng y t : 27 t áng 06 n m 2012

Đề t gồm: 01 trang

Câu I 2 ểm .

1.tính giá trị biểu thức: 
A =





3 1 1 B = 12 27

3


2. Cho biểu thức P = 2 1 1 : 1

1 1 1 1 1

x

x x x x



  

       

 

Tìm x để biểu thức P c nghĩa; Rút gọn P . Tìm x để P là một số nguyên
Câu II 2 ểm .

1. Vẽ đồ thị hàm số : y = 2x2

2. Cho phƣơng trình bậc hai tham số m : x2 -2 (m-1) x - 3 = 0
a. Giải phƣơng trình khi m= 2

b. Chứng minh rằng phƣơng trình lu n c hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi giá trị
của m. Tìm m thỏa mãn 1 2

2 2

2 1

1
x x

m
x x  
Câu III (1,5 ểm .

Trong tháng thanh niên Đoàn trƣờng phát động và giao chỉ tiêu mỗi chi đoàn thu gom 10kg
giấy vụn làm kế hoạch nhỏ. Để nâng cao tinh thần thi đua bí thƣ chi đồn 10A chia các đoàn viên trong
lớp thành hai tổ thi đua thu gom giấy vụn. Cả hai tổ đều rất tích cực. Tổ 1 thu gom vƣợt chỉ tiêu 30%,
tổ hai gom vƣợt chỉ tiêu 20% nên tổng số giấy chi đoàn 10A thu đƣợc là 12,5 kg. Hỏi mỗi tổ đƣợc bí
thƣ chi đồn giao chỉ tiêu thu gom bao nhiêu kg giấy vụn?

Câu IV (3,5 ểm .

Cho đƣờng trịn tâm O,đƣờng kính AB, C là một điểm cố định trên đƣờng tròn khác A và B.
Lấy D là điểm nằm giữa cung nhỏ BC. Các tia AC và AD lần lƣợt cắt tiếp tuyến Bt của đƣờng tròn ở E
và F

a, Chừng minh rằng hai tam giác ABD và BFD đồng dạng
b, Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp

c, Gọi D1 đối xúng với D qua O và M là giao điểm của AD và CD1 chứng minh rằng sooe đo
g c AMC kh ng đổi khi D chạy trên cung nhỏ BC

Câu V (1 ểm .

Chứng minh rằng Q = 4 3 2

3 4 3 1 0

x  x  x  x  với mọi giá trị của x

</div>
(180)<div class='page_container' data-page=180>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 180
Đáp án :

Câu I 2 ểm . 
1. A.





3 1 1= 3 B 12 27
3


= 5
2. ĐK : x >1

P = 2
1
x

Để P là một số nguyên x 1 U(2)

 

1; 2
=>x

 

2;5

Câu II 2 ểm . 
1. HS tự vẽ

2. a) x = -1 hoặc x = 3

b ) Có  ' (m1)2  3 0 m=> Pt lu n c 2 nghiệm phân biệt
Theo Vi ét có : x1x2 2m2

x x1. 2  3
Theo đề bài : 1 2

2 2

2 1

1
x x

m
x  x  

=> 3 3 2

1 2 ( 1)( 1 2)

x x  m x x => 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

(x x ) ( x x ) 3x x (m1)(x x )

=>(2m2) (2 m2)2 3.( 3)(m 1)( 3)2 =>(2m2) 4 m28m139(m1)
=>8m316m226m8m216m26 9 m 9 0 =>8m324m233m170
=>(m1)(8m216m17)0 => 21

8 16 17 0( )

m

m m Vn




   


Vậy m = 1 là giá trị cần tìm
Câu III (1,5 ểm .

Gọi số kg giấy vụn tổ 1 đƣợc bí thƣ chi đồn giao là x (kg) ( Đk : 0 < x <10)
Số kg giấy vụn tổ 2 đƣợc bí thƣ chi đoàn giao là y (kg) ( Đk : 0 < x <10 )
Theo đầu bài ta c hpt: 10

1,3 1, 2 12,5

x y

 


  



Giải hệ trên ta đƣợc : (x; y ) = (5;5)

Trả lời : số giấy vụn tổ 1 đƣợc bí thƣ chi đồn giao là 5 kg
Số giấy vụn tổ 2 đƣợc bí thƣ chi đồn giao là 5 kg
Câu IV (3,5 ểm .

1. ABD và BFD
có : ADB= BDF = 900


BAD = DBF ( Cùng chắn cung BD)
=> 

ABD BFD

2. Có : E = (SdAB- SdBC): 2 ( G c ngồi đƣờng trịn)
= SdAC: 2

= CDA
=> Tứ giác CDFE nội tiếp

A B

A
A
C

A
A

D
A
A

E
A
A

F
A
A

M
A
A

</div>
(181)<div class='page_container' data-page=181>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 181
3. Dễ dàng chứng minh đƣợc tứ giác ADBD1 là hình chữ nhật

Có : AMC = AD1M + MAD1 ( Góc ngồi tam giác AD1M)
= (SdAC: 2) + 900

Mà AC cố định nên cung AC cố định=> AMC lu n kh ng đổi khi D chạy trên cung nhỏ BC
Câu V (1 ểm .

Q = 4 3 2

3 4 3 1

x  x  x  x

= 4 3 2 2 3

(x 2x x ) (1 3  x3x x )
= 2 2 3

( 1) (1 )
x x  x

= (1x) (2 x2 x 1)= (1 ) (2 2 1 3)
4 4
x x x

    =(1 )2 ( 1)2 3 0
2 4

x  x  x

     

</div>
(182)<div class='page_container' data-page=182>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 182
SỞ GD & ĐT HÒA ÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012- 2013 
 TRƢỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

ĐỀ THI MƠN TỐN CHUNG 
 Ng y t : 29 t áng 6 n m 2012

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
Đề t gồm có 01 trang

---
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM(2 Điểm)

(Thí sinh khơng cần giải thích và khơng phải chép lại đề bài, hãy viết kết quả các bài toán sau vào tờ

giấy thi)

1. Biểu thức A = 2x1 c nghĩa với các giá trị của x là…

2. Giá trị m để 2 đƣờng thẳng (d1): y = 3x – 2 và (d2): y = mx + 3m – 1 cắt nhau tại 1 điểm trên
trục tung là....

3. Các nghiệm của phƣơng trình 3x 5 1 là...

4. Giá trị của m để phƣơng trình x2 – (m+1)x - 2 = 0 c 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn
x12x2 + x1x22 = 4 là...

PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm)

Bài 1. (2 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình

1 1
5
2 3

5
x y
x y
  




   


b) Cho tam giác ABC vu ng tại A (AB > AC). Đƣờng phân giác AD chia cạnh huyền BC thành 2
đoạn theo tỷ lệ 3

4 và BC = 20cm. Tính độ dài hai cạnh g c vu ng.

Bài 2. (2 điểm) Tìm một số c hai chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 5
và nếu đem số đ chia cho tổng các chữ số của n thì đƣợc thƣơng là 7 và dƣ là 6.

Bài 3.(3 điểm) Cho tam giác ABC c ba g c nhọn nội tiếp trong đƣờng tròn tâm O, bán kính R. Các
đƣờng cao AD, BE, CF của tám giác cắt nhau tại H. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCEF nội tiếp đƣợc.
b) EF vu ng g c với AO.

c) Bán kính đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác BHC bằng R.

Bài 4. (1 điểm) Trên các cạnh của một hình chữ nhật đặt lần lƣợt 4 điểm tùy ý. Bốn điểm này tạo thành
một tứ giác c độ dài các cạnh lần lƣợt là x, y, z , t. Chứng minh rằng

25  x2 + y2 + z2 + t2  50. Biết rằng hình chữ nhật c chiều dài và chiều rộng là 4 và 3.

</div>
(183)<div class='page_container' data-page=183>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 183
D
B
A
C
ĐÁP ÁN 
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM(2 Điểm)

1. Biểu thức A = 2x1 c nghĩa với các giá trị của x là: 1
2
x 

2. Giá trị m để 2 đƣờng thẳng (d1): y = 3x – 2 và (d2): y = mx + 3m – 1 cắt nhau tại 1 điểm trên
trục tung là 1

3
m  .

3. Các nghiệm của phƣơng trình 3x 5 1 là: x = 2; x = 4
3.

4. Giá trị của m để phƣơng trình x2 – (m+1)x - 2 = 0 c 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn
x12x2 + x1x22 = 4 là m = -3.

PHẦN II. TỰ LUẬN(8 điểm) 
Bài 1. (2 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình:

1 1
5 (1)
2 3
5 (2)
x y
x y
  


   


Điều kiện:

x y

,



0.

Lấy (1) cộng (2) theo vế, ta đƣợc: 3 2 0 3 2 2
3

x

y x y

x  y    , thế vào (1) ta có pt:

1 3 5 1

5 5 2 1

2 2 x x 2

x x   x     (thỏa mãn đk

x



0

)

Với 1 1

2 3

x  y (thỏa mãn đk

y



0

)

Vậy hệ phƣơng trình đã cho c 1 nghiệm

( ; )

1 1

2 3

x y



b) Đặt độ dài cạnh AB = x (cm) và AC = y (cm); đk: x > y > 0
Theo tính chất đƣờng phân giác và định lý pitago ta c :

2 2 2 2 2

2 2 2

3

4

9

20

16

20

16 y

y

x

y

x

y















































3

12

4

16 y

x

















 



  



Vậy độ dài cạnh AB = 16 (cm) ; AC = 14 (cm)

Bài 2. (2 điểm) Gọi số cần tìm c 2 chữ số là

ab

, với

a b

,



{0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9},

a



0

.Theo
giả thiết ta c hệ phƣơng trình:

5

8

10 7(

)

6

3

6

2

3 a

b

a

b

a

b

a

b

a

b

a

b

a

b

a

b

a

b

 









 

























</div>
(184)<div class='page_container' data-page=184>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 184
Vậy số cần tìm là: 83

Bài 3.(3 điểm)

a) Vì BE, CF là đƣờng cao của tam giác ABC
0

;

90 BE

AC CF

AB

BEC

CFB











E, F thuộc đƣờng tròn đƣờng kính BC



Tứ giác BCEF nội tiếp.
b) EF vu ng g c với AO.
Xét AOB ta có:

0 1 0 1

90 90

2 2

OAB  AOB  sđAB900ACB (1)
Do BCEF nội tiếp nên AFEACB (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

0 0

90 90

OAB AFEOABAFE OAEF(đpcm)
c) Bán kính đƣờng trịn ngoại tiếpBHC bằng R.

Gọi H'AH( )O . Ta có:
0

90 ' '

HBC ACBHAC H ACH BC (3)
0

90 ' '

HCB ABCHABH ABH CB (4)
Từ (3) và (4)

 

BHC

 

BH C g c g

'

( . . )

Mà BH'C nội tiếp đƣờng trịn tâm O, bán kính R



BHC cũng
nội tiếp đƣờng trịn c bán kính R, tức là bán kính đƣờng trịn ngoại
tiếp BHC bằng R.

Bài 4. (1 điểm) Giả sử hình chữ nhật c độ dài các cạnh đƣợc đặt nhƣ hình
vẽ.

Với: 0 a, b, e, f



4

và a+b = e+f = 4;
0 c, d, g, h



3

và c+d = g+h = 3.

Ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

;

x



h



a

y



b



c

z



d



e t



f



g

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(

) (

)

x

y

z

t

a

b

c

d

e

f

g

h





 



(*)

 Chứng minh: 2 2 2 2

50 x



y



z

 

t

Vì

a b

,



0

nên

a



b



(

a b



)



16

. Tƣơng tự: 2 2 2 2 2 2

9;

16;

9 c



d



e



f



g



h



Từ (*) 2 2 2 2

16 9 16 9 50

x

y

z

t





 

 

 

(1)

 Chứng minh: 2 2 2 2

25 x



y



z

 

t

Áp dụng bất đẳng thức Bu - nhi - a- cốp – xki , ta có: 
2

2 2 2 2 2 2 2

(

)

16 (1

1 )(

)

(1.

1. )

2 a

b

a

b

a

b

a

b















Tƣơng tự: 2 2

9

2 2

16

2 2

9 ;

2 c



d



e



f



g



h



Từ (*) 2 2 2 2

16

9

16

9

25

2 x

y

z

t





 

 

 

(2)

Từ (1) và (2) 2 2 2 2

25 x

y

z

t

50

</div>
(185)<div class='page_container' data-page=185>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 185
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM N m c: 2012-2013

K óa t : Ng y 4 t áng 7 n m 2012 
Môn: TỐN (Tốn chung)

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: A x 2 3x 3



4x 12



x 3

   

  



  .

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A c nghĩa.
b) Rút gọn biểu thức A.

c) Tính giá trị của A khi x 4 2 3.
Câu 2: (2,0 điểm)

a) Xác định các hệ số a, b của hàm số y = ax + b, biết đồ thị của n là đƣờng thẳng song song với
đƣờng thẳng y = – 2x + 1 và đi qua điểm M(1 ; – 3).

b) Giải hệ phƣơng trình (kh ng sử dụng máy tính cầm tay):
2x y 3

2x y 1

  





 


Câu 3: (2,0 điểm)

Cho parabol (P): y 1x2
2

 và đƣờng thẳng (d): y = (m – 1)x – 2 (với m là tham số).
a) Vẽ (P).

b) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) tại điểm c hồnh độ dƣơng.

c) Với m tìm đƣợc ở câu b), hãy xác định tọa độ tiếp điểm của (P) và (d).
Câu 4: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC vu ng tại A. Qua C kẻ đƣờng thẳng d vu ng g c với AC. Từ trung điểm M của
cạnh AC kẻ ME vu ng g c với BC (E thuộc BC), đƣờng thẳng ME cắt đƣờng thẳng d tại H và cắt
đƣờng thẳng AB tại K.

a) Chứng minh: ∆AMK = ∆CMH, từ đ suy ra tứ giác AKCH là hình bình hành.

b) Gọi D là giao điểm của AH và BM. Chứng minh tứ giác DMCH nội tiếp và xác định tâm O của
đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác đ .

c) Chứng minh: AD.AH = 2ME.MK.

d) Cho AB = a và ACB 30 0. Tính độ dài đƣờng trịn ngoại tiếp tứ giác DMCH theo a.

</div>
(186)<div class='page_container' data-page=186>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 186
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM N m c: 2012-2013

K óa t : Ng y 4 t áng 7 n m 2012 
Mơn: TỐN (Tốn chung)

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

HƢỚNG DẪN CHẤM THI

(Bản hướng dẫn này gồm 02 trang)

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu 1 
(2,0)

a)
(0,5)

Điều kiện: x ≥ 0
và x 3

0,25
0,25
b)

(1,0) Biến đổi đƣợc:





2 3 3 3

x x  x











3 3 3

4 12 2 3

x x x

x x

   

  

A =









 



2
3

.2 3 2 3

3 3
x
x x
x x

  
 
0,25
0,25
0,25
0,25
c)

(0,5) Biến đổi đƣợc:





2
4 2 3 3 1

x   

Tính đƣợc: A = – 2

0,25
0,25
Câu 2 
(2,0) 
a)
(1,0)

+ Vì đƣờng thẳng y = ax + b song song với đƣờng thẳng y = – 2x + 1 nên a = –

2 (kh ng yêu cầu nêu b ≠ 1)

+ Thay tọa độ điểm M (1 ; – 3) và a = – 2 vào y = ax + b
+ Tìm đƣợc: b = – 1

0,5
0,25
0,25
b)

(1,0) 2 3

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

Tính đƣợc: y = 1
x = 2

Vậy nghiệm của hệ phƣơng trình đã cho là: (x ; y) = ( 2 ; 1)

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3 
(2,0) 
a)
(0,5)

+ Lập bảng giá trị đúng (chọn tối thiểu 3 giá trị của x trong đ phải c giá trị x =
0).

+ Vẽ đúng dạng của (P).

0,25
0,25
b)

(1,0)

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

2   

 x2 – 2(m – 1)x +4 = 0
+ Lập luận đƣợc:





2
' 0

1 4 0
'

0 1 0

 
 
  
 

 
   
 

m
b
m
a
0,25
0,25

</div>
(187)<div class='page_container' data-page=187>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 187
    



m 1 hc m 3

m 1
+ Kết luận đƣợc: m = 3

0,25
0,25
c)

(0,5) + Tìm đƣợc hồnh độ tiếp điểm:

b ' m 1 3 1

x 2

a 1 1

  

   

+Tính đƣợc tung độ tiếp điểm: y = 2 và kết luận đúng tọa độ tiếp điểm là (2; 2).

0,25
0,25

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu 4 
(4,0)

Hình
vẽ
(0,25)

0,25

(1,0) + AM = MC (gt) ,

KAMHCM90 , AMKCMH (đđ)
+ AMK CMH g.c.g





+ suy ra: MK = MH

+ Vì MK = MH và MA = MC nên tứ giác AKCH là hình bình hành.

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

(1,0)

+ Nêu đƣợc: CA  BK và KE  BC , suy ra M là trực tâm tam giác KBC.
+ Nêu đƣợc: KC // AH và BM KC, suy ra BM AH.

+HDMHCM900900 1800 => Tứ giác DMCH nội tiếp.

+ MCH900 => Tâm O của đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là trung
điểm MH.

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

(1,0)

+ Chứng minh đƣợc hai tam giác ADM và ACH đồng dạng (g.g) 
+ AM AD AM AC. AH AD. 2AM2 AH AD v.



ìAC=2AM



AH AC

     

2 .

(1)
2
AH AD
AM

 

+ Ta lại c : MC2

= ME.MH và MH=MK nên MC2 = ME.MK (2)
+ Mặt khác: MC = MA (gt) (3)

Từ (1), (2), (3) => . .
2

AH AD

ME MK

 => AH.AD = 2ME.MK

0,25

0,25
0,25

0,25
d)

(0,75) + ABC vuông tại A, g c C = 30
0

</div>
(188)<div class='page_container' data-page=188>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 188
+ ACBMHC300(cùng phụ g c CMH) => MH = 2MC

Mà AC = 2MC nên: MH = AC = a 3.

+ Độ dài đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là:

MH a 3

C 2 2 a 3

2 2

 

     

   

0,25

(0,75) + Tam giác ABC vu ng tại A nên: AC = AB.cotC = a 3.
+CMH900ACB600

MC AC

MH AC a 3

cosCMH 2cos60

   

Diện tích hình trịn (O):
+

2
2

2
(O)

MH a 3 3

S a

2 2 4

 

       

   

0,25

</div>
(189)<div class='page_container' data-page=189>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 189
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM N m c: 2012-2013

K óa t : Ng y 4 t áng 7 n m 2012 
Mơn: TỐN (Chun Toán)

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

Câu 1: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = a a 6 1

4 a a 2

  

  (với a ≥ 0 và a ≠ 4).

b) Cho x 28 16 3
3 1




 . Tính giá trị của biểu thức:

2 2012

P(x 2x 1) .
Câu 2: (2,0 điểm)

a) Giải phƣơng trình: 3(1 x)  3 x 2.
b) Giải hệ phƣơng trình:

2
2

x xy 4x 6
y xy 1

    




  



Câu 3: (1,5 điểm)

Cho parabol (P): y = − x2

và đƣờng thẳng (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m (m là tham số).
a) Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) lu n cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B.

b) Gọi yA, yB lần lƣợt là tung độ các điểm A, B. Tìm m để |yA − yB| = 2.
Câu 4: (4,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD c AB = 4 cm, AD = 2 cm. Đƣờng thẳng vu ng g c với AC tại C cắt
các đƣờng thẳng AB và AD lần lƣợt tại E và F.

a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đƣờng tròn.

b) Gọi I là giao điểm của các đƣờng thẳng BD và EF. Tính độ dài đoạn thẳng ID.

c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đƣờng thẳng CM cắt đƣờng thẳng
AD tại N. Gọi S1 là diện tích tam giác CME, S2 là diện tích tam giác AMN. Xác định vị trí điểm M để

1 2

S S

 .
Câu 5: (1,0 điểm)

Cho a, b là hai số thực kh ng âm thỏa: a + b ≤ 2.
Chứng minh: 2 a 1 2b 8

1 a 1 2b 7

   

  .

</div>
(190)<div class='page_container' data-page=190>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 190

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

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

QUẢNG NAM N m c: 2012-2013

Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 n m 2012 
Mơn: TỐN (Chun Tốn)

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

HƢỚNG DẪN CHẤM THI

(Bản hướng dẫn này gồm 03 trang)

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu 1

1 5 ểm a) (0,75) A = a a 6 1

4 a a 2

  

  (a ≥ 0 và a ≠4)

A = ( a 2)( a 3) 1
(2 a )(2 a ) a 2

  

  

= a 3 1

2 a 2 a

 

 

= −1

0,25
0,25
0,25

b) (0,75) Cho x 28 16 3
3 1





 . Tính:

2 2012

P(x 2x 1)

2 2

(4 2 3) 4 2 3 ( 3 1)
x

3 1 3 1 3 1

  

  

   = 3 1

 x22x 1 1 

 2 2012

P(x 2x 1) 1

0,25
0,25
0,25

Câu 2

2 0 ểm a) (1,0) Giải phƣơng trình: 3(1 x)  3 x 2 (1)
Bình phƣơng 2 vế của (1) ta đƣợc:

3(1 x) 3 x   2 3(1 x)(3 x)  4
 3(1 x)(3 x)   1 x

 3(1 x)(3 x) 1 2x    x2
 x2  x 2 0 x = 1 hoặc x =−2
Thử lại, x = −2 là nghiệm .

0,25

0,25
0,25
0,25
b) (1,0) Giải hệ phƣơng trình:

2
2

x xy 4x 6 (1)
y xy 1 (2)

    




  

 (I)

Nếu (x;y) là nghiệm của (2) thì y ≠ 0.
Do đ : (2)  x y2 1

 

 (3)
Thay (3) vào (1) và biến đổi, ta đƣợc:

4y3 + 7y2 + 4y + 1 = 0

0,25
0,25

0,25

</div>
(191)<div class='page_container' data-page=191>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 191
 (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = 0 (thí sinh c thể bỏ qua bƣớc này)

 y = – 1
y = – 1  x = 2

Vậy hệ c một nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1). 0,25

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu 3 
 1 5 ểm

a) (0,75) (P): y = − x2 , (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m.

Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) lu n cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B
Phƣơng trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d):

− x2 = (3 − m)x + 2 − 2m.
 x2 + (3 − m)x + 2 − 2m = 0 (1)

 = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + 1

Viết đƣợc:  = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − 1 và kết luận đúng.

0,25
0,25
0,25
b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| = 2 .

Giải PT (1) đƣợc hai nghiệm: x1 = − 2 và x2 = m − 1
Tính đƣợc: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2

|yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3|

|yA − yB| = 2  m2 − 2m − 3 = 2 hoặc m2 −2m − 3 = −2
 m = 1 6 hoặc m = 1 2

0,25

0,25
Câu 4

4 0 ểm

a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đƣờng trịn.
Ta có:

ADBACB

AECACB( cùng phụ với BAC)
 ADBAEC

 tứ giác EBDF nội tiếp

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

b) (1,5) Tính ID

Tam giác AEC vu ng tại C và BC  AE nên: BE.BA = BC2


BE 1

 

BE//CD  IB BE 1
ID  CD  4

 BD 3

ID  4

</div>
(192)<div class='page_container' data-page=192>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 192

 ID 4BD

 và tính đƣợc: BD = 2 5
 ID 8 5

 (cm)

0,25
0,25

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu 4

(tt) c) (1,5 điểm) Xác định vị trí điểm M để S1 =
3
2S2
Đặt AM = x, 0 < x < 4

 MB = 4− x , ME = 5 − x

Ta có: AM .AM 2.

MB MB 4

AN BC x

AN

BC     x

S BC.ME 5 x
2
   ,
2

2
1 x
S AM.AN

2 4 x

 



S1 =
3

2 S2  5− x =
3
2.

4x  x
2

+ 18x − 40 = 0
 x = 2 (vì 0 < x < 4)

Vậy M là trung điểm AB .

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 5

1 0 ểm Cho a, b ≥ 0 và a + b ≤ 2. Chứng minh : 2 a 1 2b 8
1 a 1 2b 7

   

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với: 1 2 8
1a1 2 b 7
Ta có: 1 2

1 2 1
a  b =

1 1 1

2
1

1 1

( 1)( )

2 2
a b
a b
 
 
 

(1) (bđt C si)

1
1

1 2 7

( 1)( )

2 2 4

  

  a b 

a b (bđt C si)

 2 8

7
1

( 1)( )

2

 

a b

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 1 2 8
1a1 2 b 7
Dấu “=” xảy ra chỉ khi : a + 1 = b +1

2 và a + b = 2  a =
3

</div>
(193)<div class='page_container' data-page=193></div>
(194)<div class='page_container' data-page=194>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 194
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

VĨNH LONG NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi : TỐN

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

Câu 1: 2 5 ểm Giải phƣơng trình và hệ phƣơng trình: 
a) 2x – 1 = 3

b) x212x350

c) 2 3 13

3 9

 



  


x y
x y

Câu 2: 2 5 ểm

a) Vẽ đƣờng thẳng (d): y = 2x – 1

b) Chứng minh rằng đƣờng thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P): y = x2

c) Tìm a và b để đƣờng thẳng (d’): y = ax + b song song với đƣờng thẳng (d) và đi qua điểm
M(0; 2).

Câu 3: 1 0 ểm

Tìm tham, số thực m để phƣơng trình x2

– 2mx + m – 1 = 0 c một nghiệm bằng 0. Tính
nghiệm còn lại.

Câu 4: 1 0 ểm

Rút gọn biểu thức:A 1 a a 1 a a

a 1 a 1

    
    

 

  , với a0, a 1
Câu 5: 2 ểm

Cho tam giác ABC c ba g c nhọn nội tiếp trong đƣờng tròn tâm O. Gọi AH và BK lần lƣợt là
các đƣờng cao của tam giác ABC.

a) Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp đƣờng tròn. Xác định tâm của đƣờng tròn này

b) Gọi (d) là tiếp tuyến với đƣờng tròn (O) tại C. Chứng minh rằng ABHHKC và HKOC.
Câu 6: 1 ểm

Tính diện tích xung quanh và thể tích của một hình n n c đƣờng kính đƣờng tròn đáy d = 24
(cm) và độ dài đƣờng sinh 20(cm).

</div>
(195)<div class='page_container' data-page=195>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 195
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT

TỈNH À RỊA-VŨNG TÀU N m c 2012 – 2013

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 05 tháng 7 năm 2012

(Thời gian làm bài: 120 phút, kh ng kể thời gian giao đề)
Bài 1: 3 0 ểm

a) Rút gọn biểu thức: A = 5 32 48 300
b) Giải phƣơng trình: x2 + 8x – 9 = 0

c) Giải hệ phƣơng trình: 21

2 9

x y
x y

 


  


Bài 2: 1 5 ểm Cho parabol (P): y = 1
4 x

và đƣờng thẳng (d): y = 1
2 x + 2

a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
Bài 3: 1 5 ểm

Hai đội c ng nhân cùng làm một c ng việc. Nếu hai đội làm chung thì hồn thành sau 12 ngày.
Nếu mỗi đội làm riêng thì dội một sẽ hoàn thành c ng việc nhanh hơn đội hai là 7 ngày. Hỏi nếu làm
riêng thì mỗi đội phải làm trong bao nhiêu ngày để hoàn thành c ng việc đ ?

Bài 4: 3 5 ểm

Cho đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax với đƣờng trịn (O). Trên Ax lấy điểm M
sao cho AM > AB, MB cắt (O) tại N (N khác B). Qua trung điểm P của đoạn AM, dựng đƣờng thẳng
vu ng g c với AM cắt BM tại Q.

a) Chứng minh tứ giác APQN nội tiếp đƣờng tròn.

b) Gọi C là điểm trên cung lớn NB của đƣờng tròn (O) (C khác N và C khác B).
Chứng minh: BCN OQN

c) Chứng minh PN là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O).

d) Giả sử đƣờng tròn nội tiếp ANP c độ dài đƣờng kính bằng độ dài đoạn OA.
Tính giá trị của AM

AB
Bài 5: 0 5 ểm

Cho phƣơng trình 2





2 1 1 0

x  m x m   m (m là tham số). Khi phƣơng trình trên c
nghiệm

x x

,

2, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



 



2 2

1 1 2 1

M  x   x  m

</div>
(196)<div class='page_container' data-page=196>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 196
Đáp án b ìn

a) Tứ giác APQN c o o

APQANQ90 APQ ANQ 180 

b) Ta có PA = PM và PQ  AM  QM = QB OQ // AM  OQ  AB
OQNNAB (cùng phụ với ABN)

BCNNAB (cùng chắn NB)
BCN OQN

 

c) Cách 1: OQNNAB  tứ giác AONQ nội tiếp.

Kết hợp câu a suy ra 5 điểm A, O, N, Q, P cùng nằm trên một đƣờng tròn

ONPOAP90 ONNP  NP là tiếp tuyến của (O)
Cách 2: PANPNA (do PAN cân tại P)

ONBOBN (do ONB cân tại O)

Nhƣng PANOBN (cùng phụ với NAB)

 PNAONB

Mà ONB ONA 90o PNA ONA 90o PNOONPN  NP là tiếp tuyến của (O)
d) Gọi I là giao điểm của PO và (O), suy ra I là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác APN

R
OE EI

  (R là bán kính đƣờng trịn (O))  AIE đều AE R 3
2

 

AEO

 PAO(g-g)

R 3

AE EO 2PA MA AE 2

3
R

PA AO 2AO AB EO
2

</div>
(197)<div class='page_container' data-page=197>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 197
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013

MƠN: TỐN

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

Bài 1: (0,5 điểm) Rút gọn biểu thức:

2
1

8
2
2
1

6
3








A

Bài 2: (1,5 điểm) Kh ng sử dụng máy tính cầm tay, hãy giải phƣơng trình và hệ phƣơng trình sau: 
a) x2 x200 b)











1
2

5
2

y

x

y
x

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số: y = -2x2

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và đƣờng thẳng (D): y = x – 1 bằng phép tính.
Bài 4: (2,0 điểm) Cho phƣơng trình x2 2



m1



xm30 (m là tham số)

a) Chứng minh phƣơng trình lu n c 2 nghiệm phân biệt.

b) Gọi hai nghiệm của phƣơng trình là x1,x2. Xác định m để giá trị của biểu thức

2
2
2
1 x
x
A 
nhỏ nhất

Bài 5: (4,0 điểm) Cho đƣờng tròn (O; R) và một điểm S ở bên ngồi đƣờng trịn vẽ hai tiếp tuyến SA, 
SB và đƣờng thẳng a đi qua S cắt đƣờng tròn (O; R) tại M, N với M nằm giữa S và N (đƣờng thẳng a
không đi qua tâm O).

a) Chứng minh SOAB

b) Gọi I là trung điểm của MN và H là giao điểm của SO và AB; hai đƣờng thẳng OI và AB cắt
nhau tại E. Chứng minh: OI.OE = R2

c) Chứng minh tứ giác SHIE nội tiếp đƣờng tròn

d) Cho SO = 2R và MN = R 3. Tính diện tích tam giác ESM theo R

</div>
(198)<div class='page_container' data-page=198>

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 198
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN ẾN TRE NĂM HỌC 2012 – 2013 
MƠN TỐN (chung)

T ờ g an 120 p út k ông kể p át ề 
Câu 1 (2,0 điểm). Kh ng dùng máy tính bỏ túi, hãy rút gọn các biểu thức sau:

a) A = 2 3



6 5



5 3 6 3

   

   

 

b) B = 2x x x 1 x x 1

x x 1 x x 1

    

   , (với x > 0)

Câu 2 (2,5 điểm). Giải phƣơng trình và hệ phƣơng trình sau: 
a)



x2  x 1



2 3 x



2    x 1



4 0

2 6
11
x y
4 9

1
x y

  




  


Câu 3 (2,5 điểm).

a) Chứng minh rằng phƣơng trình x2 2mx3m 8 0 lu n c hai nghiệm phân biệt x1; x2

với mọi m. Với giá trị nào của m thì hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn



x12 x



2 2



b) Cho x, y, z là ba số thực dƣơng thỏa: x2 y2 z2 1. Chứng minh rằng:

3 3 3

2 2 2 2 2 2

1 1 1 x y z

x y y z z x 2xyz

 

   

  

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Câu 4 (3,0 điểm). Cho nửa đƣờng trịn tâm O đƣờng kính AB. Từ A, B vẽ các tiếp tuyến Ax, By về phía
có chứa nửa đƣờng tròn (O). Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA; điểm N thuộc nửa đƣờng tròn (O).
Đƣờng tròn (O’) ngoại tiếp tam giác AMN cắt Ax tại C; đƣờng thẳng CN cắt By tại D.

a) Chứng minh tứ giác BMND nội tiếp.

b) Chứng minh DM là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O’).

</div>
(199)<div class='page_container' data-page=199>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 199
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN ẾN TRE NĂM HỌC 2012 – 2013 
MƠN TỐN CHUN

T ờ g an 120 p út k ông kể p át ề 
Bài 1: 3 ểm)

Cho biểu thức





x 8 x 1

A x 2 :

x x 8 x 2 x 4 2 x

  

     

   

  với x



1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Đặt B 8 x

x 6 A

 

  . Tìm x để biểu thức B đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 2:

Giải các phƣơng trình và hệ phƣơng trình sau
1/ 2x28x x24x 16 4
2/ 3 x



2 2



10 x3 1

2x y xy 13

1 1

15 2

x 1 y 2

  





 

  

 

    



Bài 3:

1/ Xác định tất cả các giá trị của m để phƣơng trình 2

x 2x2m 5 0 c hai nghiệm phân
biệt x1; x2 . Với giá trị nào của m thì hai nghiệm x1; x2 thỏa điều kiện



x1mx2



x2mx1



 10

2/ Cho ba số thực dƣơng a, b, c. Chứng minh rằng

2 2 2

a b c a b c

b 3c c 3a a 3b 4

 

  

  

Bài 4:

Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đƣờng cao AH. Gọi E, F lần lƣợt là hình chiếu của H lên hai cạnh
AB, AC. Đƣờng thẳng qua A vu ng g c với EF cắt cạnh BC tại D.

1/ Chứng minh đƣờng thẳng AD đi qua tâm đƣờng tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

2/ Gọi I, K lần lƣợt là hình chiếu của D lên hai cạnh AB, AC. Chứng minh tam giác DIK đồng
dạng với tam giác HEF.

3/ Chứng minh

2
2
BH BD AB

</div>
(200)<div class='page_container' data-page=200>

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 200

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

KIÊN GIANG Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: 1 5 ểm

a) Tính: 12  75  48

b) Tính giá trị biểu thức A = (103 11)(3 11 10)
Câu 2: 1 5 ểm

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

b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) đồng biến.
Câu 3: 1 ểm

Giải hệ phƣơng trình: 2 5

3 1

x y
x y

 



  



Câu 4: 2 5 ểm

a) Phƣơng trình x2 – x – 3 = 0 c 2 nghiệm x1, x2. Tính giá trị X = x x13 2  x x2 13  21

b) Một phòng họp dự định c 120 ngƣời dự họp, nhƣng khi họp c 160 ngƣời tham dự nẹn
phải kê thêm 2 dãy ghế phải kê them một ghế nữa thì vừa đủ. Tính số dãy ghế dự định lúc đầu. Biết
rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế và số ghế trên mỗi dãy là bằng nhau.

Câu 5: 1 ểm

Cho  ABC vu ng tại A, đƣờng cao AH. Tính chu vi tam giác ABC biết: AC = 5cm. HC =
25

13 cm.

Câu 4: 2 5 ểm

Cho nửa đƣờng tròn tâm O đƣờng kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By với (O). Lấy E trên nửa
đƣờng tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với nửa đƣờng tròn cắt Ax tại D, cắt By tại C.

a) Chứng minh: Tứ giác OADE nội tiếp nội tiếp đƣợc đƣờng tròn.
b) Nối AC cắt BD tại F > Chứng minh: EF song song với AD.

</div>

60 de thi va loi giai mon Toan vao THPT nam 2012



 





  



  





































































<i>x</i>



6

<i>x</i>

 

9

0

4

3

6

3

4

10

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>







  



<i>x</i>



6

<i>x</i>

  

9

<i>x</i>

2011

<i>x</i>



6

<i>x</i>

 

9

0

4