1
Đáp án : Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT – Môn Toán
ĐỀ 1
Bài / Câu Nội dung Điểm
Bài 1 :
( 2,00 điểm )
a. ( 1,00đ ) :
Tính : A =
( )
2
27 3 3 1− + −
Tính được
27 3 3=
( )
2
3 1−
= 3 – 2
3
+ 1
A = 4
b. (1,00đ) Giải hệ phương trình
x 2y 4
x y 1
+ =


− =

Trừ hệ phương trình vế theo vế được 3y = 3  y = 1
Tìm được x = 2
Kết luận nghiệm của hệ là (2; 1)

0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Bài 2 :
( 2,5 điểm )
a. ( 1,00 điểm )

α
.
∆
’ = 1 – m + 1 = 2 – m
- phương trình có 2 nghiệm  2 – m > 0  m < 2


β
. Thế x = 2  2
2
+ 2.2 + m – 1 = 0
 m = -7
b. ( 1,5 điểm ) Cho hàm số : y =
2
1
x
2
có đồ thị là ( P ) .

α

. (1,0 điểm )
- Lập đúng bảng giá trị ( 3 giá trị )
x -2 -1 0 1 2
y =
2
1
2
x
2
1
2
0
1
2
2
- Vẽ đúng đồ thị
- 1
y
2
x
>
2
1
-2
-1
O

β
. ( 0,5điểm )
- Tìm đúng tọa độ điểm M(2 ; 2)

- Dùng định lý Pitago tính được OM =
2 2
(đvđd)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
2
Bài / Câu Nội dung Điểm
Bài 3 :
( 4,00 điểm )
H
K
I
O
M
A
B
C
D
E
F
a. /
·
·
AEC ACD 2v+ =


 Tứ giác AECD nội tiếp
b./
·
·
CDE CAE=
( cùng chắn
»
EC
)
·
·
CBA CAE=
( cùng chắn
»
AC
)

·
·
CDE CBA=
c. /
·
·
CFB CDB 2v+ =
 tứ giác FCDB nội tiếp 
·
·
CDF CBF=
( cùng chắn

»
CF
) =
·
CAB
( cùng chắn
»
CB
)
·
·
·
·
·
ICK IDK ICK IDC CDK+ = + +
=
·
·
·
ACB CAB CBA+ +
= 2v  Tứ giác CIDK nội tiếp
·
·
CIK CDK=
( cùng chắn
»
CK
)

·

·
CIK CAB=
(đồng vị )  IK // AB
d./ Không mất tính tông quát : Giả sử AC < BC  D thuộc
đoạn AH
 AC
2
= AD
2
+ CD
2
= ( AH – DH)
2
+ CD
2

= AH
2
+ DH
2
– 2AH.DH + CD
2

BC
2
= BD
2
+ CD
2
= ( BH + DH)

2
+ CD
2

= BH
2
+ DH
2
+ 2BH.DH + CD
2

 AC
2
+ BD
2
= 2AH
2
+ 2HC
2

vì AH không đổi nên AC
2
+ BD
2
nhỏ nhất khi HC nhỏ nhất
⇔
C là điểm chính giữa
»
AB
0,5 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Bài 4 :
( 1,5điểm )
Ta có :
∆
= b
2
– 4c
≥
0  b
2

≥
4c
Từ hệ phương trình  x
1
3

– x
1
3
= (x
1
– x
2
)(x
1
2
+ x
1
.x
2
+
x
2
2
) = 35
 x
1
2
+ x
1
.x
2
+ x
2
2
= 7

- Ta có x
1
+ x
2
= - b  b
2
= (x
1
+ x
2
)
2
= x
1
2
+ 2x
1
.x
2
+ x
2
2
và
x
1
.x
2
= c
0,25đ
0,25 đ

0,25 đ
3
2
H
v
u
M
Q
P
1
3
2
1
4
3
y
O
x
Bài / Câu Nội dung Điểm
 b
2
– c = x
1
2
+ x
1
.x
2
+ x
2

2
= 7 (*)
x
1
– x
2
= 5  (x
1
– x
2
)
2
= 25  b
2
– 4c = 25 (**)
Từ (*) và (**)  hệ phương trình
2
2
b c 7
b 4c 25

− =


− =



c 6


b 1
= −


= ±

(thỏa điều kiện)
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Chú ý:
- Trên đây là một cách giải cho mỗi câu ,các cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa
- Bài hình học phải có hình vẽ, nếu không có hình thì không chấm phần bài làm
ĐỀ 2
NỘI DUNG ĐIỂM
Bài 1 : (2,00 điểm )
a/ - Tính A= 14 – 4 = 10
- Tính B=
2( 7 3)
7 3 7 3 7 3 6
7 9
−
+ + = + − + =
−
- Tính đúng S= 2007
0,25 đ
0,50 đ
0,25 đ
b/ - Biến đổi được : x
4

+ 3x
2
– 18 = 0
- Đặt t= x
2
(t
≥
0 ) , đưa về được phương trình t
2
+ 3t – 18 = 0
và giải tìm được t
1
=3 ; t
2
= - 6
- Loại giá trị t
2
= - 6 , nhận giá trị t
1
=3 và ghi đúng x
2
= 3
- Tìm được 2 nghiệm x
1
=
3
; x
2
= -
3

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Bài 2 : ( 2,50 điểm )
a/ - Tìm được đúng 2 điểm thuộc đường thẳng
- Vẽ đúng đồ thị gồm hệ trục toạ độ và đường thẳng đi qua 2 điểm đã
tìm được ở bước trên.
0,25 đ
0,50 đ
4
O
S
E
D
C
B
A
b/ - Nêu đúng P(0;3) ; Q(4;0)
- Tính đúng PQ = 5 (cm)
- Tính chu vi tam giác OPQ là : 3 + 4 +5 = 12 (cm)
- Vẽ OH
⊥
PQ , tính
. 12
2,4
5
OP OQ
OH
PQ

= = =
(cm)
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
c/ - Gọi M(u,v) trong hệ toạ độ Oxy , vì
3
3
4
v u= − +
nên điểm M thuộc đường
thẳng PQ
- Tính được OM
2
=
2 2
u v+

⇒
OM =
2 2
u v+
- Do OM
≥
OH ; mà
12
5
OH =
nên

2 2
12
5
u v+ ≥
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Bài 3 : ( 4,00 điểm )
- Vẽ hình đến câu a/

0,25 đ
a/ - Nêu được
·
·
»
»
(gt) BAE EAC BE EC= ⇒ =
- Từ
»
»
BE EC BE EC BEC= ⇒ = ⇒ ∆
cân
0,25 đ
0,25 đ
b/ - Nêu được
·
»
»

2

AC BE
BSE
−
=
sñ sñ
( góc có đỉnh ngoài đường tròn )
- Nêu được
·
»
»

2
BE AC
BDE
+
=
sñ sñ
( góc có đỉnh trong đường tròn )
- Do đó
·
·
»
BSE BDE AC+ = sñ
- Nêu được
·
»
2.ABC AC= sñ
( góc nội tiếp chắn
»
AC

)
- Suy ra được
·
· ·
2.BSE BDE ABC+ =
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
c/ Tứ giác
SBDE
nội tiếp đường tròn khi và chỉ khi
·
·
0
180BSE BDE+ =
Hay
·
0
2. 180ABC =
( vì
·
· ·
2BSE BDE ABC+ =
)
·
0
90ABC⇔ =
0,25 đ

0,25 đ
5
O
E
H
S
D
C
B
A
Mà góc
·
ABC
là góc nội tiếp của (O) nên AC là đường kính của (O)
Vậy khi
A
đối xứng với
C
qua O thì tứ giác
SBDE
nội tiếp đường tròn
0,25 đ
0,25 đ
d/
-Vẽ
DH
⊥
AC

- Cm được

AHD∆
đồng dạng
AEC∆
(g,g)
- Suy ra được:
. .
AH AD
AD AE AH AC
AE AC
= ⇒ =
(1)
- Tương tự :
CHD
∆
đồng dạng
CBA
∆

. .
CH CD
CD CB CH CA
CB CA
⇒ = ⇒ =
(2)
Từ (1) , (2)
⇒

. . . .AD AE CD CB AH AC HC AC+ = +
=
=

2
.( ) . 4AC AH HC AC AC R+ = =
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Bài 4 : (1,50 điểm)
a/ - Tính
'
∆
=
1 1 2 2a a a− + − = −
Lý luận để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thì
'
∆
> 0
⇒

2 2 0 1a a− > ⇒ >
0,25đ
0,25đ
b/ Tính được
1 2
1 2
2 1
. 1
x x a
x x a

+ = −



= −


và
2 1a
y
a
−
=
- Vì a>1 nên y >0. Do đó
1 1 1 1 1
1
2
2 1 2 1 1
a a
a
y
a a a
− +
 
= = = − +
 ÷
− − −
 
- Biến đổi được
1 1 1 1 ( 1) 2 1 1
1 2 2 2
2 2

1 1
a a
a
y
a a
 
− − − +
 
= − + − + = +
 
 ÷
− −
 
 
=

2
1 ( 1 1)
1
2
1
a
a
 
− −
= +
 
−
 
- Vì

2
1 ( 1 1)
2
1
a
a
 
− −
 
−
 
0≥
với mọi
a
> 1
1
1 1y
y
⇒ ≥ ⇒ ≤
nên giá trị lớn nhất
của y là 1 ứng với
1 1 0 2a a− − = ⇔ =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
-Chú ý:đáp án trên đây chỉ là một cách giải ,mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tối đa
6
ÑEÀ 3
Bài / Câu Nội dung Điểm

BÀI 1
(2,00 điểm)
Câu 1.a :
(1,00 điểm)
Câu 1.b :
(1,00 điểm)
Dùng máy tính ghi kết quả : không cho điểm.
* Tính :
1
A 45 2 20 5
5
= − +


3 5 4 5 5
0
= − +
=
* Giải phương trình :
2
3x 7x 2 0− + =
Tính được
2
( 7) 4.3.2 25∆ = − − =
Vì ∆>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :
1 2
7 5 7 5 1
x 2 ; x
6 6 3
+ −

= = = =
0,25 x 3
0,25
0,25
0,25
0,25 x 2
BÀI 2 :
(2,50 điểm)
Câu 2.a :
(1,25 điểm)
* Vẽ đồ thị (P) :
2
x
y
2
=
- Lập bảng giá trị (ít nhất có 3 giá trị nào đó, mỗi cặp giá trị đúng
cho 0,25). Ví dụ :
x … -1 0 1 …
y …
1
2
0
1
2
…
- Vẽ đúng đồ thị hàm số :
- 1
y
2

x
>
2
1
-2
-1
O
Yêu cầu : + Có đầy đủ dấu mũi tên của các trục tọa độ Oxy
+ Đồ thị đi qua gốc tọa độ và có tính đối xứng qua trục
tung Oy (tương đối).
* Tọa độ giao điểm M của hai đường thẳng (d
1
) và (d
2
) là nghiệm
0,25 x 3
0,25
0,25
7
Bài / Câu Nội dung Điểm
Câu 2.b :
(0,75 điểm)
Câu 2.c :
(0,50 điểm)
của hệ phương trình :
3
y x
2
1
y x 6

2

= − +




= +



- Đi đến hệ phương trình
2x 2y 3
x 2y 12
+ =


− + =

và giải được nghiệm
x 3= −
và
9
y
2
=
. Nên :
9
M( 3; )
2

−
.
- Thay
x 3= −
,
9
y
2
=
vào hàm số
2
x
y
2
=
thỏa. Do đó M∈(P)
Kết luận : Vậy đồ thị (P) đi qua giao điểm của hai đường thẳng (d
1
)
và (d
2
).
* Vì (d
3
) song song với (d
1
) nên phương trình có dạng :
3
y x b (b )
2

= − + ≠
.
- V ì A là điểm thuộc đồ thị (P) có hoành độ
x 2=
, nên tung độ là
:
( )
2
2
y 1
2
= =
- Thay
x 2, y 1= =
vào (d
3
) tìm được
b 2 1= +
.
Vậy : đường thẳng (d
3
) có phương trình :
y x 2 1= − + +
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
BÀI 3 :

(4,00 điểm)
Câu 3.a :
(1,00 điểm)
* Chứng minh : Tứ giác MAOB nội tiếp được đường tròn. Xác
định tâm I của đường tròn đó.
8
N
H
I
M
B
O
C
A
Bài / Câu Nội dung Điểm
Câu 3.b :
(1,00 điểm)
Câu 3.c :
(1,00 điểm)
Câu 3.d :
(1,00 điểm)
- Từ giả thiết suy ra :
·
·
0 0
MBO 90 ,MAO 90= =
- Suy ra :
·
·
0

MBO MAO 180+ =
. Nên tứ giác MAOB nội tiếp đường
tròn.
- Vì đường tròn này có đường kính là đoạn MO, nên tâm I của
đường tròn là trung điểm của đoạn MO.
* Chứng minh :
·
·
OAB IAM=
.
- Ta có:
·
·
OAB OMB=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của
đường tròn (I) )
-
·
·
IAM IMA=
(
IAM∆
cân do IA = IM, bán kính của (I))
- Mà :
·
·
IMA OMB=
(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
- Nên :
·

·
OAB IAM=
* Chứng minh : N là trung điểm của AH.
- Vì AH // MB (cùng vuông góc với BC). Nên theo hệ quả của định
lý Ta-let, ta có :
CN NH
CM MB
=
hay
CN NH
CM MA
=
(1)
Có
·
·
MAB MBA=
(T/C tt)
Mà góc MBA + góc ABH = 90
0
Và góc ABH + góc BAH = 90
0
=> góc MAB = góc BAN
Nên AB là phân giác góc MAN
Lại có AC ⊥ AB => AC là ph giác ngoài
Áp dụng T/C đg ph giác =>
CN AN
CM AM
=
(2)

(1) và (2) => …
NH AN
AM AM
=
=> NH = NA
Vậy N là trung điểm của AH.
* Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ
AB của đường tròn (O) theo R.
- Tính được số đo cung nhỏ AB bằng 120
0
- Tính diện tích hình quạt OAB :
2 2
q
R .120 R
S
360 3
π π
= =
(đvdt)
0,25 x 2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
9
Bài / Câu Nội dung Điểm
- Chứng minh tam giác OAC đều và tính được :
R 3
AH
2
=
- Suy ra diện tích tam giác OAB :
2
OAB
AH.OB R 3 R R 3
S
2 2 2 4
∆
= = × =
(đvdt)
- Vậy diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB
của đường tròn (O) là :
( )
2
2 2
2
q OAB
4 3 3 R
R R 3
S S S 0,6R
3 4 12

∆
π −
π
= − = − = ≈
(đvdt).
0,25
BÀI 4
(1,50 điểm)
Câu 4.a :
(0,75 điểm)
Câu 4.b :
(0,75 điểm)
* So sánh :
2012 2011−
với
2011 2010−
- Biến đổi được :
1
2012 2011
2012 2011
− =
+

1
2011 2010
2011 2010
− =
+
- Vì
2012 2011 2011 2010+ > +

Nên :
1 1
2012 2011 2011 2010
<
+ +
Vậy :
2012 2011 2011 2010− < −
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
3 4 x
A
x 1
−
=
+
.
- Điều kiện :
x 0≥
.
- Biến đổi :
( ) ( )
2 2
x 2 (x 1) x 2
3 4 x x 4 x 4 x 1
A 1
x 1 x 1 x 1 x 1
− − + −
− − + − −
= = = = −
+ + + +
- Vì

x 0≥
(ĐK) nên
( )
2
x 2
0
x 1
−
≥
+
. Do đó :
A 1≥ −

Vậy : min A = –1 khi x = 4
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Chú ý : - Trên đây chỉ là một cách giải. Các cách giải khác đúng thì cho điểm tối đa phần tương
ứng.
- Bài 3 phải có hình vẽ. Không có hình vẽ thì không chấm phần bài làm.
10
ÑEÀ 4
Bài Nội dung Điểm
Bài 1: (2,0 đ )
a . Lập
,
∆

= 36 ;
,
∆
= 6
Tính x
1
=
2 6 6
3
+
và x
1
=
2 6 6
3
−

b. Tính được :
3
6 2 2 4 2 9 2
2
+ − −

Kết quả
11
2
2
−

0,5

0,5
0,5
0,5
Bài 2:( 2,5 đ) a. Vẽ (P) : y = - ¼ x
2
α) Bảng giá trị tính đúng 3 cặp số
Vẽ (P) qua gốc toạ độ , thể hiện tính đối xứng

β) Tìm được toạ độ M(-2; -1) và N(4; -4)
Lập được hệ phương trình
− + = −


+ = −

2a b 1
4a b 4
Giải hệ :a =
1
2
−
;b = -2
Kết luận (D) y =
1
2
−
x-2
b) Điều kiện phương trình có nghiệm :∀m
Lập x
1

+x
2
= 2(m + 2)
x
1
x
2
= m +1
Biến đổi hệ thức đã cho thành (x
1
+x
2
) - 4 x
1
x
2
= m
2
Thay tổng tích và tính : m = 0; m = -2
0,25
0,5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 3(4điểm)
11

-1
N
N'
-1
-2 21
4-4
O
y
x
O
5
4
3
I
K
F
D
B
C
E
A
Bài4(1,5điểm)
a) = 90
0
(gt)
= 90
0
(gt)
Hai điểm A và C cùng nhìn KF dưới một góc vuông
Vậy tứ giác KACF nội tiếp

b) + = 180
0
(tính chất tứ giác nội tiếp)
+ = 180
0
( kề bù)
Mà = 45
0
(tính chất đường chéo hình vuông)
⇒ = 45
0
c)ta có = = 45
0
(Cùng chắn cung AK của (ACFK)
∆KAF cân tại A ⇒ AK = AF
Trong tam giác KAE có :
2 2 2
1 1 1
AE AK AD
+ =
⇒
2 2 2
1 1 1
AE AF AD
+ =
Mà AD không đổi , do đó
2 2
1 1
AE AF
+

không đổi khi E di động
trên DC
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC
Vẽ đường kính EI của đường tròn tâm O
Ta có AE
2
= AD
2
+ DE
2
⇒ AE = 5cm
Tính được
·
0
AIE 45= ⇒
IE =
5 2
cm
⇒ OI = 2,5
2
cm
Ta có : m
2
- 2m + 3 = (m –1 )
2
+2
≥
2 ∀m
⇒
≥


0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
12
⇒ 1 - < 0
Mà x
1
= - < 0
x
2
= - < 0
⇒ Hàm số đồng biến trong R
_
Chứng minh được : - < -
Vậy : f(-) < f(

7 8−
)
0,25
0,25
0,5
0,25

ĐỀ 5

Bài/câu NộI dung Điểm
Bài1/a
(1điểm)
Tính:
5 3
/ . 15
3 5
15 15
. 15
3 5
15 15
3 5
2
a A
A
A
A
 
= −
 
 

 
 
= −
 
 
 
= −
=
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Bài1/b
(1điểm)
− +
= −
−
2
4 4
2011
2
x x
B
x
−
= −
−
−
= −
−
2

( 2)
2011
2
2
2011
2
x
B
x
x
B
x
Vì x > 2 nên x –2 >0 .Vậy :
−
= − = − =
−
( 2)
2011 2011 1 2010
2
x
B
x
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Bài2/a
(1điểm)
a/ Vẽ Parabol (P) : y =
−
2

1
2
x
Lập đúng bảng giá trị:
x -2 -1 0 1 2
y =
−
2
1
2
x
-2
−1
2
0
−1
2
-2
- Vẽ đúng đồ thị
0,25đ
0,75đ
13
Câu 2b
(0,5 đ )
6
4
2
-2
-4
-6

-5
5
-2
2
O
y
x
- Vì điểm M (
3 1−
; k) thuộc đồ thị hàm số y =
−
2
1
2
x
Nên k =
( )
2
1
3 1
2
−
−

( )
2
1
3 2 3 1
2
3

k
k −
−
⇔ = − +
⇔ =
0,25 đ
0,25 đ
Bài2/c
(1điểm)
-Gọi giao điểm của (d) với (P) là A và B.
-Tìm đúng tọa độ của A và B
A ∈ (P) có x
A
= 1 ⇒ y
A
=
1
2
−
.Vậy A(1;
−1
2
)
B ∈ (P) có x
B
= -3 ⇒ y
B
=
9
2

−
. Vậy B(-3;
−9
2
)
-Đường thẳng (d): y = ax + b đi qua A và B nên ta có hệ:
−

+ =



−

− + =


1
2
9
3
2
a b
a b
-Giải hệ đúng tìm được a = 1 và b =
−3
2
-Vậy phương trình đường thẳng (d) là : y = x -
3
2

0,25đ
0,25đ
0,5đ
14
Bài 3/a
(1điểm)
Phương trình :x
2
+(m +1)x +1 = 0 (1)
a/ Khi m =
5 1−
ta có phương trình : x
2
+
5
x+1 = 0
- Tính đúng ∆ = 1 > 0 ⇒
1∆ =
- Tìm đúng hai nghiệm :

5 1 5 1
;
1 2
2 2
x x
− + − −
= =
0,25đ
0,25đ
0,5đ

Bài 3/b
(0,75đ)
Phương trình :x
2
+(m +1)x +1 = 0 (1)
-Phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
⇔ ∆ ≥ 0
⇔ (m+1)
2
– 4 ≥ 0
- Khi phương trình có nghiệm theo hệ thức Vi-et ta có :
( 1)
1 2
. 1
1 2
x x m
x x

+ = − +


=


-Ta có :A =
2 2
1 2

x x
+


( )
( ) ( )
( )
2
2
2
2
2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 4 2
A x x x x
A m m
A m
= + −
 
= − + − = + −
 
 
= + − +
 
Vì ∆ = (m+1)
2
- 4 ≥ 0 ⇒ A ≥ 2
Vậy A nhỏ nhất bằng 2 ⇔ ( m+1)
2

–4 = 0 ⇔ (m-1)(m+3) = 0
⇔ m = 1 hoặc m = -3
0,25đ
0,25đ
0,25đ
15
Bài 4
(3,75đ)
)
)
M
I
K
D
H
E
C
O
B
A
F
Câu a
(0,75điểm)
-Ta có
·
0
90
ACB
=
(nội tiếp nửa đường tròn )

⇒ BC ⊥ AC mà EH ⊥ AC (Giả thiết) ⇒ BC //EH
0,25đ
0,5đ
Câu b
(1điểm)
Ta có AD là phân giác góc CAB
·
·
CAD BAD
⇒ =
⇒ sđ
»
CD
= sđ
¼
BD
(hệ quả góc nộI tiếp)
⇒ sđ
»
CD
= sđ
¼
BD
=90
0
: 2 = 45
0

Mà :
·

1
2
AMB
=
(sđ
¼
AB
-sđ
»
CD
) ( góc có đỉnh ngoài đường tròn )
⇒
·
1
2
AMB
=
(180
0
– 45
0
) = 67
0
30’
0,5đ
0,5đ
Câu c
(1 điểm)
Vì EH //BC ⇒
·

·
AEK ABC
=
( đồng vị )
Trong đường tròn (O) ta có :
·
·
AFK
ABC
=
(cùng chắn cung AC)
Suy ra :
·
·
AFK
AEK
=
⇒ E và F cùng nhìn AK dướI nột góc bằng
nhau nên AFEK nội tiếp.
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Câu d
(1điểm)
∆ AIC có AK là tia phân giác góc CAI ⇒
(1)
AI KI
AC KC
=
∆ CIB có EK//CB theo định lí Ta-Lét ta có :

(2)
IE KI
BE KC
=
Từ (1) và (2) ⇒
AI IE
AC BE
=
mà AC = BE ( giả thiết) ⇒ AI = IE
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Chú ý: Trên đây là một cách giải cho mỗi câu ,các cách giải khác đúng đều cho điểm tối
đa
16
-Bài hình học phải có hình vẽ, nếu không có hình thì không chấm phần bài làm
17