Tài liệu Tuyển tập đề thi vào lớp 10 môn Toán học ppt

ĐỀ SỐ 1.
SỞ GIO DỤC & ĐO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10
QUẢNG TRỊ Khĩa ngy 2 thng 7 năm 2006
MƠN: TỐN
( Thời gian 120 pht, khơng kể thời gian giao đề )
Phần I : Trắc nghiệm khách quan ( 2.0 điểm )
Chọn chữ ci đứng trước cu trả lời đng nhất.
1. Biểu thức
2
1 4x
x
−
xác định với giá trị nào sau đây của x ?
A. x ≥
1
4
B. x ≤
1
4
C. x ≤
1
4
và x ≠ 0 D. x ≠ 0
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x
A. y = 2x - 1 B.
( )
2 1 2y x= −
C. y = 2 - x D.
( )
2 1 2y x= −
3. Hai hệ phương trình

3 3
1
kx y
x y
− = −


− =

và
3 3 3
1
x y
x y
+ =


− =

là tương đương khi k bằng
A. -3 B. 3 C. 1 D. -1
4. Điểm
1
2;
2
Q
 
−
 ÷
 

thuộc đồ thị hàm số nào trong các hàm số sau đây ?
A.
2
2
2
y x=
B.
2
2
2
y x= −
C.
2
2
4
y x=
D.
2
2
4
y x= −
5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi
đó độ dài đoạn EF bằng :
A. 13 B.
13
C. 2
13
D. 3
13
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3

3
a, khi đó sinB bằng
A.
3
2
a
B.
1
2
C.
3
2
D.
1
2
a
7. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 18cm, AC = 24cm . Bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác đó bằng .
A. 30cm B.
15 2cm
C. 20cm D. 15cm
8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6cm, AB = 8cm. Quay tam giác đó một vòng
quanh cạnh AC cố định được một hình nón . Diện tích toàn phần hình nón đó là
A. 96π cm
2
B. 100 π cm
2
C. 144 π cm
2
D. 150 π cm

2
Phần II : Tự luận ( 8.0 điểm )
Bài 1: ( 1,5 điểm )
Cho phương trình bậc hai, ẩn số x: x
2
- 4x + m + 1 = 0
1. Giải phương trình khi m = 3
2. Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
3. Tìm giá trị của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện x
1
2
+
x
2
2
= 10
Bài 2 : ( 1 điểm )
Giải hệ phương trình :
3 2 2 1
2 2 3
x y
x y

− − + =



− + + =


Bài 3: ( 1,5 điểm )
Rút gọn biểu thức :
1.
6 3 3 6 3 3A = + + −
2.
( ) ( )
5 2 6 49 20 6 5 2 6
9 3 11 2
B
+ − −
=
−
Bài 4: ( 4 điểm )
Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I . Tia vuông
góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P.
1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp
2. Chứng minh AI.BK = AC.CB
3. Chứng minh tam giác APB vuông .
4. Giả sử A, B, I cố định . Hãy xác định vị trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tích
lớn nhất .
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1.
I/ TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN.
1- C 2 - B 3 - A 4 - C
5 - D 6 - B 7 - D 8 - C
II/ TỰ LUẬN.

Bài 1:
1. Khi m = 3, phương trình đã cho trở thành : x
2
- 4x + 4 = 0 ⇒ (x - 2)
2
= 0 ⇒ x = 2 là
nghiệm kép của phương trình.
2. Phương trình có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ (-2)
2
-1(m + 1) ≥ 0 ⇔ 4 - m -1 ≥ 0 ⇔ m ≤ 3.
Vậy với m ≤ 3 thì phương trình đã cho có nghiệm.
3. Với m ≤ 3 thì phương trình đã cho có hai nghiệm . Gọi hai nghiệm của phương trình là
x
1
, x
2
.Theo định lý Viét ta có : x
1
+ x
2
= 4 (1), x
1
.x
2
= m + 1 (2). Mặt khác theo gt : x
1
2
+
x
2

2
= 10 ⇒ (x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1
.x
2
= 10 (3). Từ (1), (2), (3) ta được :16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m
= 2 < 3(thoả mãn) . Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm thoả mãn điều
kiện x
1
2
+ x
2
2
= 10.
Bài 2:
Điều kiện để hệ có nghiệm:
2 0 2
2 0 2
x x
y y
− ≥ ≥
 
⇔
 

+ ≥ ≥ −
 
. Đặt
2 0
2 0
x a
y b

− = ≥


+ = ≥


Khi đó hệ phương trình đã
cho trở thành :
3 1
3
a b
a b
− =


+ =

.Giải hệ này ta được
1 0
2 0
a
b

= ≥


= ≥

(TM).
Với
1
2
a
b
=


=

ta có :
2 1
2 1 3
2 4 2
2 2
x
x x
y y
y

− =
− = =
 


⇔ ⇔
  
+ = =
+ =
 


(TM).Vậy (x;y) = (3 ; 2) là nghiệm của hệ
phương trình đã cho.
Bài 3:
1. Ta có

( ) ( ) ( )
2
2 2
6 3 3 6 3 3 2 6 3 3 6 3 3 12 2 6 3 3
12 2 3 18
A = + + − + + − = + − =
= + × =
⇒ A = 3 2 (vì A > 0)

2.
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 3
2

2
5 2 6 3
5 2 6 3
5 2 6
5 2 6
9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2
9 3 11 2
1
9 3 11 2
B
−
−
−
−
−
+
= = = =
− − −
−
= =
−
Bài 4:
Gọi O l tâm à đường tròn đường kính IC
1. Vì P∈
;
2
IC
O
 
 ÷

 
·
·
0 0
90 90IPC KPC⇒ = ⇒ =
.
Xét tứ giác PKBC có
·
0
90KPC =
(chứng minh trên)
·
0
90KBC =
(gt) . Suy ra
· ·
0
180KPC KBC+ =
. Suy ra tứ giác
CPKB nội tiếp được (đpcm) .
A
B
C
I
P
K
O
2. Ta có KC ⊥ CI (gt), CB ⊥ AC (gt) ⇒
·
·

CKB ICA=
(cặp góc nhọn có cạnh tương ứng
vuông góc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK (
µ µ
0
90A B= =
) có
·
·
CKB ICA=
(cm/t) .Suy ra
∆AIC đồng dạng với ∆BCK. Từ đó suy ra
AI BC
AI BK BC AC
AC BK
= ⇒ × = ×
(đpcm).
3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1)
·
·
PBC PKC=
(1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại
có
·
0
90IAC =
(gt) ⇒ A∈
;
2
IC

O
 
 ÷
 
, mặt khác P ∈
;
2
IC
O
 
 ÷
 
(cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội
tiếp ⇒
·
·
PIC PAC=
(2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được :
· ·
·
·
PBC PAC PKC PIC+ = +
.Mặt
khác tam giác ICK vuông tại C (gt) suy ra
·
·
0
90PKC PIC+ =
⇒
· ·

0
90PBC PAC+ =
, hay tam giác
APB vuông tại P.(đpcm)
4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra
( )
ABKI
=
2
AI BK AB
s
+
⇒ Max S
ABKI
⇔ Max
( )
AI BK AB+
nhưng A, I, B cố định do đó AI, AB
không đổi .Suy ra Max
( )
AI BK AB+
⇔ Max BK . Mặt khác
AC CB
BK
AI
×
=
(theo câu 2) .Nên
Max BK ⇔ Max AC.CB . Mà
( )

2
2
4 4
AC CB
AB
AC CB
+
× ≤ =
(không đổi) .
Dấu “=” xảy ra ⇔ AC = BC ⇔ C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì
S
ABKI
là lớn nhất .
ĐỀ SỐ 2.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
QUẢNG BèNH Khúa ngày 3 thỏng 7 năm 2006
MễN: TOÁN
( Thời gian 120 phỳt, khụng kể thời gian giao đề )
Câu 1: ( 2 điểm )
1) Phân tích x
2
– 9 thành tích.
2) x = 1 có là nghiệm của phương trình x
2
– 5x + 4 = 0 không ?
Câu 2: ( 2 điểm )
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
2) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Câu 3: ( 1,5 điểm )
Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số

thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Câu 4: ( 1,5 điểm )
Rút gọn biểu thức: P =
2 1
:
a b ab
a b a b
+ −
− +
với a, b
≥
0 và a ≠ b
Câu 5: ( 2 điểm )
Cho tam giác ABC cân tại B, các đường cao AD, BE cắt nhau tại H. Đường thẳng d đi
qua A và vuông góc với AB cắt tia BE tại F
1) Chứng minh rằng: AF // CH
2) Tứ giác AHCF là hình gì ?
Câu 6: ( 1 điểm )
Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x – x
2
)(y – 2y
2
) với 0
≤
x
≤
2
0
≤
y

≤

1
2
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 2.
Câu 1.
1) Phân tích x
2
– 9 thành tích
x
2
– 9 = (x + 3)(x - 3)
2) x = 1 có là nghiệm của phương trình x
2
– 5x + 4 = 0 không ?
Thay x = 1 vào phương trình ta thấy: 1 – 5 + 4 = 0 nên x = 1 là nghiệm của phương trình.
Câu 2.
1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?
Hàm số y = - 2x + 3 là hàm nghịch biến vì có a = -2 < 0
2) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy
Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đường thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0;
3)
Với y = 0 thì x =
3
2
suy ra toạ độ giao điểm của đường thẳng y = - 2x + 3 với trục Oylà: (
3
2
; 0)

Câu 3.
Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số
thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị.
Gọi số thứ nhất là x, số thứ hai là y
Vì tổng của hai số bằng 17 nên ta có phương trình: x + y = 17 (1)
Khi tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị thì số thứ nhất sẽ là x + 3 và số thứ hai lên 2 đơn vị thì số thứ
hai sẽ là y + 2.
Vì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị nên ta có phương trình:
(x + 3)(y + 2) = xy + 45
⇔ 2x + 3y = 39 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
17
2 3 39
x y
x y
+ =


+ =

Giải hệ phương trình ta được
12
5
x
y
=


=


Câu 4.
Rút gọn biểu thức: P =
2 1
:
a b ab
a b a b
+ −
− +
với a, b
≥
0 và a ≠ b
P =
( )
( ) ( )
2
.( ) .
a b
a b a b a b a b
a b
−
+ = − + = −
−
với a, b
≥
0 và a ≠ b
Câu 5.
Cho tam giác ABC cân tại B, các đường cao AD, BE cắt nhau tại H. Đường thẳng d đi
qua A và vuông góc với AB cắt tia BE tại F
a) Chứng minh rằng: AF // CH
b) Tứ giác AHCF là hình gì ?

H
d
F
E
D
C
A
B
a) Ta có H là trực tâm tam giác ABC suy ra CH AB
d AB suy ra AF AB suy ra CH // AF
b) Tam giác ABC cân tại B có BE là đường cao nên BE đồng thời là đường trung trực suy ra
EA = EC , HA = HC, FA = FC
Tam giác AEF = tam giác CEH nên HC=AF suy ra AH = HC = AF = FC nên tứ giác AHCF là
hình thoi
Câu 6.
Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x – x
2
)(y – 2y
2
) với 0
≤
x
≤
2
0
≤
y
≤

1

2
Với 0
≤
x
≤
2 0
≤
y
≤

1
2
thì 2x-x
2
≥
0 và y – 2y
2

≥
0
áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2x – x
2
= x(2 - x)
≤

2
x 2
1
2
x+ −

 
=
 ÷
 
y – 2y
2
= y(1 – 2y ) =
2
1 1 2 1 2 1
.2 (1 2 )
2 2 2 8
y y
y y
+ −
 
− ≤ =
 ÷
 
⇒
(2x – x
2
)(y – 2y
2
)
≤

1
8
Dấu “=” xảy ra khi x = 1, y =
1

4
Vậy GTLN của A là
1
8
⇔ x = 1, y =
1
4
ĐỀ SỐ 3.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
LẠNG SƠN MễN: TOÁN
( Thời gian 120 phỳt, khụng kể thời gian giao đề )
Bài 1: ( 2 điểm ).
Tính giá trị của biểu thức:
a)
2
A 1 (1 2)= + −
b)
3 3
B 9 80 9 80= + + −
Bài 2: ( 1 điểm ).
Giải phương trình: x
4
+ 2008x
3
- 2008x
2
+ 2008x - 2009 = 0
Bài 3: ( 1 điểm ).
Giải hệ phương trình:
x y 2

3x 2y 6
− =


− =


Bài 4: ( 2 điểm ).
Một đội công nhân hoàn thành một công việc, công việc đó được định mức 420 ngày công thợ.
Hãy tính số công nhân của đội, biết rằng nếu đội tăng thêm 5 người thì số ngày để hoàn thành
công việc sẽ giảm đi 7 ngày, giả thiết năng suất của các công nhân là như nhau.
Bài 5: ( 4 điểm ).
Cho tam giác ABC vuông ở A và có AB > AC, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC
chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính HC
cắt AC tại F.
a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
d) Gọi O là giao điểm của AH và EF. Chứng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong đó
2p = AB + BC + CA.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 3.
Bài 1.
a)
2
A 1 (1 2) 1 2 1 2= + − = + − =
b)
3 3
B 9 80 9 80= + + −
HD: áp dụng hằng đẳng thức (a + b)

3
=a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b)
Lập phương hai vế ta có:
3 3
3 3
B ( 9 80 9 80)= + + −
(
)
3
3 3
3
B 9 80 9 80 3 (9 80)(9 80) 9 80 9 80= + + − + + − + + −
3
B 18 3B= +
=> B
3
- 3B - 18 = 0
<=> (B - 3)(B
2
+ 3B + 6) = 0
2
B 3 0
B 3B 6 0 (VN)
− =

⇒


+ + =

Vậy B = 3
Bài 2.
4 3 2
x 2008x 2008x 2008x 2009 0+ − + − =
3 2
2
2
2
(x 1)(x 2009x x 2009) 0
(x 1) x (x 2009) (x 2009) 0
(x 1)(x 2009)(x 1) 0
x 1 0
x 1
x 2009 0
x 2009
x 1 0 (VN)
⇔ − + + + =
⇔ − + + + =
 
 
⇔ − + + =
− =

=


⇒ + = ⇒



= −


+ =

Bài 3.
x y 2 3x 3y 6 x 2
3x 2y 6 3x 2y 6 y 0
− = − = =
  
⇔ ⇔
  
− = − = =
  
Bài 4.
Gọi số công nhân của Đội là x (x nguyên dương)
Phần việc đội phải làm theo định mức là:
420
x
Nếu đội tăng thêm 5 người thì phần việc phải làm theo định mức là:
420
x 5+
Theo đầu bài ta có pt:
420 420
7
x x 5
− =
+

2
x 5x 300 0⇔ + − =
Ta được: x
1
= 15 (thoả mãn); x
2
= -20 (loại)
Vậy đội công nhân có 15 người.
Bài 5.
O
F
E
H
C B
A
a) Ta có:
·
·
0
CFH BEH 90= =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=>
·
·
·
0
AFH AEH FAE 90= = =
=> Tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Ta có:

·
·
0
EBH EAH 90+ =
mà
·
·
EAH EFH=
(tc đường chéo hcn)
=>
·
·
0
EBH EFH 90+ =
Do đó:
·
·
·
·
·
0 0 0
EFC EBC CFH EFH FBC 90 90 180+ = + + = + =
=> BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có:
·
·
ABH AHE=
(cùng phụ với
·
EAH

) mà
·
·
AHE AFE=
(đường chéo hcn)
=>
·
·
ABH AFE=
hay
·
·
ABC AFE=
Xét ∆AEF và ∆ACB ta có:
·
·
0
EAF CAB 90= =
·
·
ABC AFE=
(cm trên)
=> ∆AEF đồng dạng ∆ACB =>
AE AF
AE.AB AF.AC
AC AB
= ⇒ =
d) Trong ∆OAB ta có:
OA + OB > AB (quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác)
tương tự: OC + OA > AC

OB + OC > BC
=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC
=>
AB BC CA
OA OB OC
2
+ +
+ + >
=>
OA OB OC p+ + >
(1)
Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)
OC < AC (do OH < AH)
OB < BC
=> OA + OB + OC < AB + BC + CA
=> OA + OB + OC < 2p (2)
Từ (1) và (2) => p < OA + OB + OC < 2p
ĐỀ SỐ 4.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TP HCM MễN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phỳt, khụng kể thời gian giao đề )
Cõu 1: ( 2 điểm )
Giải phương trỡnh và hệ phương trỡnh sau:
a) 2x
2
+ 3x – 5 = 0 (1)
b)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)

+ =


+ = −

(2)
Cõu 2: ( 2 điểm )
Thu gọn cỏc biểu thức sau:
a) A =
7 4 3 7 4 3− − +
b) B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −
−
 ÷
 ÷
−
+ +
 
(x > 0; x ≠ 4).
Cõu 3: ( 2 điểm )
Cho phương trỡnh x
2
– 2mx – 1 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trỡnh trờn luụn cú 2 nghiệm phõn biệt.
b) Gọi x

1
, x
2
là hai nghiệm của phương trỡnh trờn. Tỡm m để
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
.
Cõu 4: ( 4 điểm )
Từ điểm M ở ngoài đường trũn (O) vẽ cỏt tuyến MCD khụng đi qua tâm O và hai tiếp tuyến
MA, MB đến đường trũn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.
a) Chứng minh MA
2
= MC.MD.
b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên
một đường trũn.
c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường
trũn. Suy ra AB là phõn giỏc của gúc CHD.
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường trũn (O). Chứng minh A,
B, K thẳng hàng.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 4.
Cõu 1:
a) 2x
2
+ 3x – 5 = 0 (1)
Cỏch 1: Phương trỡnh cú dạng a + b + c = 0 nờn phương trỡnh (1) cú hai nghiệm là:
x
1
= 1 hay x

2
=
c 5
a 2
= −
.
Cỏch 2: Ta cú ∆ = b
2
– 4ac = 3
2
– 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trỡnh (1) cú hai nghiệm phõn
biệt là x
1
=
3 7 5
4 2
− −
= −
hoặc x
2
=
3 7
1
4
− +
=
.
b)
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)

+ =


+ = −

(2)
Cỏch 1: Từ (a) ⇒ y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được:
3x + 4(1 – 2x) = –1 ⇔ –5x = –5 ⇔ x = 1.
Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trỡnh (3) cú nghiệm là x = 1 và y = –1.
Cỏch 2: (3) ⇔
8x 4y 4
3x 4y 1
+ =


+ = −

⇔
5x 5
3x 4y 1
=


+ = −

⇔
x 1
3.1 4y 1
=



+ = −

⇔
x 1
y 1
=


= −

.
Vậy hệ phương trỡnh (3) cú nghiệm là x = 1 và y = –1.
Cõu 2:
a) A =
7 4 3 7 4 3− − +
=
2 2
(2 3) (2 3)− − +
=
2 3 2 3− − +

Mà 2 – 3 > 0 và 2 + 3 > 0 nờn A = 2 – 3 – 2 – 3 = 2 3− .
b) B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −

−
 ÷
 ÷
−
+ +
 
.
=
2 2 2
x 1 x 1 (x 4)( x 2)
.
( x) 2 ( x 2) x
 
+ − − +
−
 ÷
 ÷
− +
 
=
2 2
( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2)
.
x
( x) 2 ( x 2)
 
+ + − − − − +
 ÷
 ÷
 

− +
 
 
=
x 3 x 2 (x 3 x 2)
x
+ + − − +
=
6 x
x
= 6.
Cõu 3: x
2
– 2mx – 1 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trỡnh trờn luụn cú 2 nghiệm phõn biệt.
Cỏch 1: Ta cú: ∆' = m
2
+ 1 > 0 với mọi m nên phương trỡnh trờn luụn cú hai nghiệm phõn biệt.
Cỏch 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trỡnh luụn cú hai phõn biệt.
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trỡnh trờn. Tỡm m để
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
.
Theo a) ta có với mọi m phương trỡnh luụn cú hai nghiệm phõn biệt.
Khi đó ta có S =

1 2
x x 2m+ =
và P = x
1
x
2
= –1.
Do đó
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
⇔ S
2
– 3P = 7 ⇔ (2m)
2
+ 3 = 7 ⇔ m
2
= 1 ⇔ m = ± 1.
Vậy m thoả yờu cầu bài toỏn ⇔ m = ± 1.
Cõu 4:
a) Xét hai tam giác MAC và MDA có:
– ∠ M chung
– ∠ MAC = ∠ MDA (=
»
đAC
1
s
2
).
Suy ra ∆MAC đồng dạng với ∆MDA (g – g)

⇒
MA MC
MD MA
=
⇒ MA
2
= MC.MD.
b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nờn
∠MAO = ∠ MBO = 90
0
.
* I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 90
0
.
Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 90
0
⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường trũn
đường kính MO.
c)  Ta cú MA = MB (tớnh chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R
(O)
. Do đó MO là
trung trực của AB ⇒ MO ⊥ AB.
Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA
2
= MH.MO. Mà MA
2
= MC.MD (do a))
⇒ MC.MD = MH.MO ⇒
MH MC
MD MO

=
(1).
Xột ∆ MHC và ∆MDO cú:
∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c)
⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giỏc OHCD nội tiếp.
 Ta cú: + ∆OCD cõn tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO
+ ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp)
Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD
⇒ 90
0
– ∠ MHC = 90
0
– ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phõn giỏc của ∠ CHD hay
AB là phõn giỏc của ∠ CHD.
d) Tứ giỏc OCKD nội tiếp(vỡ ∠ OCK = ∠ ODK = 90
0
)
⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt)
⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp
O
M
D
C
A
B
I
H
K
⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 90
0

.
⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H
⇒ HK trựng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng.
ĐỀ SỐ 5.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
QUẢNG NAM MễN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phỳt, khụng kể thời gian giao đề )
Cõu 1. ( 2 điểm )
Giải cỏc phương trỡnh sau:
a) 2x – 3 = 0.
b) x
2
– 4x – 5
Cõu 2. ( 2 điểm )
a) Cho phương trỡnh x
2
– 2x – 1 = 0 cú hai nghiệm là x
1
và x
2
. Tớnh giỏ trị của biểu thức
S =
1
2
x
x
+
2
1

x
x
.
b) Rỳt gọn biểu thức:
A =








− 3
1
a
+








+ 3
1
a









−
a
3
1
với a > 0 và a
9
≠
.
Cõu 3. ( 2 điểm )
a) Xỏc định cỏc hệ số m và n, biết rằng hệ phương trỡnh



=+
=−
1mynx
nymx
Cú nghiệm là
( )
3,1−
b) Khoảng cỏch giữa hai tỉnh A và B là 108 km. Hai ụtụ cựng khởi hành một lỳc đi từ A
đến B, mỗi giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nờn xe đến B trước xe thứ hai là 12
phỳt. Tớnh vận tốc mỗi xe.
Cõu 4. ( 3 điểm )

Cho tam giỏc ABC cõn tại A, nội tiếp đường trũn (O). Kẻ đường kớnh AD. Gọi M là
trung điểm của AC, I là trung điểm của OD.
a) Chứng ning OM // DC.
b) Chứng minh tam giỏc ICM cõn.
c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC
2
= IA.IN
Cõu 5. ( 1 điểm )
Trờn mặt phẳng toạ độ ếy, cho cỏc điểm A( -1 ; 2 ), B( 2 ; 3 ) và C( m ; 0 ). Tỡm m sao
cho chu vi tam giỏc ABC nhỏ nhất.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 5.
Cõu 1:
Giải phương trỡnh:
a) 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x =
2
3
.
b) x
2
– 4x – 5 = 0.
Phương trỡnh cú dạng a – b + c = 0. Nờn cú một nghiệm x
1
= –1 và nghiờm thứ hai x
2
=
a
c−
=
5.

Cõu 2.
a) Tớnh được x
1
+ x
2
= 2 và x
1
.x
2
= – 1.
Biến đổi:
S =
21
2
2
2
1
.xx
xx +
=
( )
21
21
2
21
.
2
xx
xxxx −+
= – 6.

b) Biến đổi








− 3
1
a
+








+ 3
1
a
=
( )( )
33
2
+− aa
a

= 1–
a
3
=
a
a 3−
Rỳt gọn A =
3
2
+a
.
Cõu 3.
a) Thay giỏ trị x,y vào hệ ta cú hệ phương trỡnh sau:





=+−
=−−
13
3
mn
nm
Giải hệ ta tỡm được m =
23 −
và n =
322 −
.
b) Gọi võn tốc xe thư nhất là x ( km/h) ( x> 6)

Võn tốc của xe thứ hai là
6−x
( km/h)
Thời gian xe thứ nhất đi hết quóng đường AB là:
x
108
( giờ )
Thời gian xe thứ hai đi hết quóng đường AB là:
6
108
−x
( giờ )
Theo bài ra ta cú phương trỡnh:
−
− 6
108
x x
108
=
5
1
(*)
Giải phương trỡnh (*) tỡm được x = 60 và x = – 54 ( loại )
Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h.
Cõu 4.
GT
ABC∆
cõn tại A, nội tiếp (O)
M là trung điểm của AC.
I là trung điểm của OD

KL a) OM // DC
b)
ICM∆
cõn.
c) IC
2
= IA.IN
A
B C
D
a) MA = MC => OM
⊥
AC
Gúc ACM = 90
0
=> DC
⊥
AC
OM khụng trựng DC => OM // DC.
b) Gọi K là trung điểm của MC => IK là đường trung bỡnh của hỡnh thang OMCD
=> IK // OM => IK
⊥
MC
=>
IMC∆
cõn tại I.
c) Ta cú: gúc IMC = gúc ICM, gúc ICM = gúc IBA => gúc IMC = gúc IBA
Suy ra tam giỏc AMI đồng dạng với tam giỏc MNI
Suy ra MI
2

= IA.IN, mà IC = IM nờn IC
2
= IA.IN
Cõu 5. y
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua trục Ox.
=> A’
( )
2;1 −−
và AC = A’C. B
Do AB khụng đổi nờn AB + AC + BC nhỏ nhất <=> A
AC + BC nhỏ nhất.
Ta cú AC + BC = A’C = CB
≥
A’B. 0 C x
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, C, B thẳng hàng, tức là C
Là giao điểm của A”b với trục Ox. A’
A’
( )
)3;2(,2;1 B−−
=> pt đường thẳng A’B: y =
3
1
3
5
−x
Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C (
0;
5
1
) => m =

5
1

O
M
N

K
I
ĐỀ SỐ 6.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
ĐÀ NẲNG MễN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phỳt, khụng kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 2 điểm )
a) Trục căn thức ở mẫu của cỏc biểu thức:
5
5
và
32
5
+
b) Rỳt gọn biểu thức: A=
b
a
b
bab
−
−
2

2
. Trong đú a
0,0 >≥ b
Bài 2. ( 2 điểm )
a) Giải phương trỡnh: x
2
+ 2x -35 = 0
b) Giải hệ phương trỡnh:



=+
=−
82
232
yx
yx
Bài 3. ( 2,5 điểm )
Trờn mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm a ( 1; 1 ), B( 2; 0 ) và đồ thị (P) của hàm số y =
2
x− .
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA. Chứng minh rằng
đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phõn biệt C và D. Tớnh diện tớch tam giỏc ACD
( đơn vị đo trờn cỏc trục tọa độ là cm )
Bài 4. ( 3,5 điểm )
Cho tam giỏc đều ABC nội tiếp đường trũn (O). Trờn cạnh AB lấy điểm N ( N khỏc A và
B ), trờn cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN.
a) Chứng minh
AMBBNC ∆=∆

.
b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giỏc nội tiếp.
c) Tỡm quỹ tớch cỏc điểm P khi N di động trờn cạnh.
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 6.
Bài 1.
a) Trục căn thức ở mẫu của cỏc biểu thức:

5
5
=
5
32
5
+
=
( )
( )( )
3510
34
3510
3232
325
−=
−
−
=
−+
−
b) Rỳt gọn:

A =
b
a
b
bab
−
−
2
2
. =
22 −=−−
b
a
b
a
. với a
0,0 >≥ b
.
Bài 2.
a) x
2
+ 2x – 35 = 0 (*)
∆
’ = 1 + 35 = 36 = 6
2
.
Do đú (1) cú hai nghiệm phõn biệt.




=
−=
5
7
2
1
x
x
b) Giải hệ phương trỡnh:



=+
=−
)(82
)(232
byx
ayx
nhõn
( )
b
với 2 và lấy
( ) ( )
ba 2−
. Ta cú
<=>



=+

=−
82
147
yx
y
<=>



−=
=
48
2
x
y
<=>



=
=
2
4
y
x

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

-4
b) Với phương trỡnh đường thẳng OA cú dạng y = ax. Thay thế tạo độ A vào ta cú 1 = a.
vỡ d // OA nờn phương trỡnh đường thẳng d cú dạng y = x + b.
d đi qua B ( 2; 0 ) => 0 = 2 + b => b =
2−
=> phương trỡnh d là y= x
2−
.
Phương trỡnh hoành độ giao điểm của d và (P) là: 022
22
=−+⇔−=− xxxx
1==⇔
C
xx
hay
2−==
D
xx
( vỡ a + b + c = 0 )
121 −=−=⇒
C
y
và
422 −=−−=
D
y
Ta cú: x
A
= x

C
=> AC
⊥
Ox.
=> S
ACD
=
( )( ) ( )( )
31121
2
1
2
1
.
2
1
=++=−−=−−
CADCCADC
yyxxyyxx
Vậy S
ACD
= 3 cm
2
.
Bài 4. A
N
B C
a) Chứng minh
∆
BNC =

∆
AMB.





=
=∠=∠
=
ABBC
AB
AMBN
0
60
=>
∆
BNC =
∆
AMB. ( c.g.c ).
b) Chứng minh tứ giỏc ANPM nội tiếp.



0
180=+∠
∠=∠
ANPBNC
AMBBNC
)( BNCAMB ∆=∆

=>
0
180=∠+∠ ANPAMB
=> tứ giỏc ANPM nội
tiếp.
c) Quỹ tớch điểm P khi N di động trờn cạnh AB.
Tứ giỏc ANPM nội tiếp và
0
60=∠A =>
0
120=∠NPM =>
0
120=∠BPC .
BC cố định => Pluụn nhỡn bc với gúc 120
0
khụng đổi. Nờn khi N di động trờn AB thỡ
quỹ tớch P là cung chứa gúc 120
0
dựng trờ đoạn BC.
+ Giới hạn quỹ tớch:
Khi N trựng B thỡ P trựng B
Khi N trựng A thỡ P trựng C.
Vậy quỹ tớch điểm P là cung BC, nằm trờn nửa mặt phẳng chứa điểm a cú bờ là cung
BC.

M
N
P
ĐỀ SỐ 7.
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

MễN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phỳt, khụng kể thời gian giao đề )
Bài 1. ( 2điểm )
Cho biểu thức: N =
ab
ba
bab
b
bab
a +
−
−
+
+

với a,b là 2 số dương khác nhau.
a) Rỳt gọn biểu thức N.
b) Tớnh giỏ trị của biểu thức N khi : a =
526 +
và b =
526 −
Bài 2. ( 2,5 điểm )
Cho phương trỡnh ẩn x: x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 3 = 0

a) Giải phương trỡnh với m =
3
.
b) Tỡm m để phương trỡnh cú 3 nghiệm phõn biệt.
Bài 3. ( 1,5 điểm )
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trỡnh là
y = -
2
2
1
x
a) Viết phương trỡnh đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)
b) Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song song với
trục tung bao giờ cũng cắt parabol y = -
2
2
1
x
tại 2 điểm phân biệt
Bài 4. ( 4 điểm )
Cho đường trũn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường trũn tại 2 điểm A, B .Từ điểm M
nằm trên đường thẳng (d) và ở ngoài đường trũn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường
trũn , trong đó P và Q là các tiếp điểm.
a) Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường trũn(O,R).Chứng minh I là tõm
đường trũn nội tiếp tam giỏc MPQ
b) Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hỡnh vuụng.
c) Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thỡ đường trũn nội tiếp tam
giỏc MPQ chạy trờn một đường thẳng cố định.
ĐÁP ÁN
ĐỀ 7.

Bài 1.
a) N =
ab
ba
bab
b
bab
a +
−
−
+
+
=
ab
ba
aba
b
bab
a +
−
−
+
+ )()(
=
ab
ba
abab
abbaba
abab
abbaabbbabaa

−
+
=
−
+
=
−
−+−++−
)())(
))(()()(
b) Ta cú a =
526 +
=
15)15(
2
+=+
v à b =
526 −
=
15)15(
2
−=−
=> N =
5
1515
1515
−=
−−−
−++
=

−
+
ab
ba
Bài 2.
a) khi m =
3
,phương trỡnh : x
4
– 2mx
2
+ m
2
– 3 = 0 trở thành:
x
4
- 2
3
x = 0
⇔
x
2
(x
2
- 2
3
) = 0
⇔




=
=
32
0
2
x
x

⇔




±=
=
32
0
3,2
1
x
x
Vậy phương trỡnh đó cho cú 3 nghiệm là :
x
1
= 0 , x
2
=
32
x

3
= -
32
b) Đặt t = x
2
, điều kiện t
≥
0 .Phương trỡnh đó cho trở thành:
t
2
– 2mt + m
2
– 3 = 0 (1)
Phương trỡnh đó cho cú đúng 3 nghiệm phân biệt
⇔
phương trỡnh (1) cú 2 nghiệm trong đó có
một nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương
*)Phương trỡnh (1) nhận t = 0 là nghiệm
⇔
m
2
– 3 = 0
⇔
m =
±
3
+)Khi m =
3
, phương trỡnh (1) trở thành: t
2

-
3
t = 0
⇔



=
=
32
0
2
1
t
t
(thoả món)
v ậy m =
3
,là giỏ trị cần tỡm
+)Khi m = -
3
, phương trỡnh (1) trở thành : t
2
+ 2
3
t = 0
⇔




−=
=
32
0
2
1
t
t
(khụng thớch hợp)
Vậy m = -
3
khụng thoả món loaị
Tóm lại phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt
⇔
m =
3
Bài 3.
a) Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(2;-3) và có hệ số góc bằng k là: